1、20212022学年末学业质量监测试卷高一数学2022.06注 意 事 项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1本试卷共6页，满分150分，考试时间为120分钟考试结束后，请将答题卷交回2答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符4作答选择题必须用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40
2、分每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的1. 设集合Ax|5x2，Bx|x3|3，则AB（ ）A. 5，0）B. （6，2C. （6，0）D. 5，2）【答案】B【解析】【分析】解出集合B，由集合的并集运算求解即可.【详解】解：由可得，解得，所以，所以AB，故选：B.2. 若（1i）z3i，则|z|（ ）A. B. 8C. D. 5【答案】C【解析】【分析】根据复数的乘、除法运算求出，结合复数的几何意义计算即可.【详解】由题意知，所以.故选：C3. 已知，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据对数函数的单调性及指数函数的单调性可得结论【详解】
3、，所以故选：4. 已知正三棱锥的底面边长为4，高为2，则该三棱锥的表面积是（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】画出图形，求出底面积和侧面积，即可求出三棱锥的表面积.【详解】如图，正三棱锥中，取的中点，连接，则在上，且，又，所以，所以，则，所以，故三棱锥的表面积为.故选：D5. 已知向量满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对两边平方求得，进而利用且列出方程，求出，结合，求出答案.【详解】，两边平方得：，即，所以，由，而，所以，所以，因为，所以故选：D6. 已知f(x)是定义域在R上的奇函数，且满足，则下列结论不正确的是（ ）A. f（4）0B. yf
4、(x)的图象关于直线x1对称C. f（x8）f(x)D. 若f（3）1，则f（2021）1【答案】B【解析】【分析】根据奇函数性质，令，即可判断A的正误；根据函数的对称性，可判断B的正误；根据奇函数及对称性，整理可判错C的正误；根据函数周期性，可判断D的正误，即可得答案.【详解】对于A：因为f(x)是定义域在R上的奇函数，所以，又，令代入可得，故A正确；对于B：因为，所以图象关于对称，无法确定是否关于直线x1对称，故B错误；对于C：因为为奇函数，所以，所以，则，故C正确；对于D：由C选项可得，的周期为8，所以，故D正确；故选：B7. 一个表面被涂上红色的棱长为n cm（n3，nN*）的立方体，
5、将其适当分割成棱长为1cm的小立方体，从中任取一块，则恰好有两个面是红色的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先确定共分割的块数，以及满足条件的块数，再求概率.【详解】由条件可知，共有块，两个面的交界处的中间部分是两个面是红色，每一个交界处有块，共有12个交界，则两个面是红色的有块，所以概率.故选：B8. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，则面积的最大值为( )A 1B. 3C. 2D. 4【答案】C【解析】【分析】根据利用三角恒等变换和正余弦定理得到，再根据余弦定理和基本不等式可得cosB的范围，由此得B的范围，从而得到sinB的最大值，从而根据可
6、求ABC面积的最大值【详解】，即，即，则，整理得，当且仅当a2=3c2c=83,a=83时取等号，则故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分9. 按先后顺序抛三枚质地均匀的硬币，则（ ）A. 第一枚正面朝上的概率是B. “第一枚正面朝上”与“三枚硬币朝上的面相同”是相互独立的C. “至少一枚正面朝上”与“三枚硬币正面都朝上”是互斥的D. “至少一枚正面朝上”与“三枚硬币反面都朝上”是对立的【答案】BD【解析】【分析】对A，根据单独一枚硬币正面朝上的概率判断即可；对B，根据相互独立事
7、件公式判断即可；对C，根据两事件是否能同时发生判断即可；对D，根据对立事件的定义判定即可；【详解】对A，第一枚正面朝上的概率是，故A错误；对B，第一枚正面朝上的概率，三枚硬币朝上的面相同的概率，又，因为，故“第一枚正面朝上”与“三枚硬币朝上的面相同”是相互独立的，故B正确；对C，“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币正面都朝上”可能同时发生，不是互斥的，故C错误；对D，“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币反面都朝上”是对立的，故D正确；故选：BD10. 下列说法正确的是（ ）A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1B. 数据27，12，14，
8、30，15，17，19，23的第70百分位数是23C. 一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数D. 甲、乙、丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为18【答案】ABD【解析】【分析】对于A：统计抽样中每个个体被抽到的概率为样本容量与总体容量的比值；对于B：将8个数据按从小到大顺序排列，找到第70百分位数的位置，再利用第p百分位数的定义可得；对于C：易知本组数据的众数和中位数均3，则C错误；对于D：根据甲种个体在样本中的比例和被抽到的个数不难得到样本容量.【详解】对于A：统计抽样中每个个体被抽到的概率为样本容量与总体容量的比值，易知A正确；对于B：将
9、8个数据按从小到大顺序排列12,14,15,17,19,23,27,30，第70百分位数的位置为，则第70百分位数为第6个数23，则B正确；对于C：本组数据的众数和中位数均为3，所以C错误；对于D：根据统计知识可知甲种个体在样本中所占比例，所以样本容量为，则D正确.故选：ABD.11. 已知向量，函数，则（ ）A. 若f(x)的最小正周期为，则f(x)的图象关于点对称B. 若f(x)的图象关于直线称，则可能为C. 若f(x)在上单调递增，则D. 若f(x)的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象，则的最小值为【答案】BC【解析】【分析】首先化简函数，再根据三角函数的周期，对称，单调性，以
10、及图象平移，即可判断选项.【详解】 ,A.若函数的最小正周期为，则，即 ，当时，此时，所以函数关于对称，故A错误；B.若函数的图象关于直线对称，则，得，所以的可能为，故B正确；C. 当时，则，解得：，故C正确；D.函数的图象向左平移个单位长度后得到，函数是偶函数，则当时，得，且，所以的最小值是，故D错误.故选：BC12. 如图1所示，在边长为4正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，将和分别沿AE，AF及EF所在的直线折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥PAEF如图2所示），设M为底面AEF内的动点，则（ ）A. PAEFB. 二面角PEFA的余弦值为C. 直线PA与EM所成的
11、角中最小角的余弦值为D. 三棱锥PAEF的外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】根据线面垂直可判断线线垂直，故可判断A,根据二面角的几何求法即可求解，根据线面角是直线与平面内的直线所成角的的最小角即可求解C，三棱锥的外接球与长方体的外接球相同，根据长方体的外接球半径即可求解.【详解】根据题意，平面，故平面，平面，故，故A正确；取为中点，又，所以又，故三角形为等腰三角形，连接，则，根据二面角的定义，显然即为所求二面角，在三角形中，又，故，故二面角的余弦值为，则B错误；设点到平面的距离为，与平面所成的角为，由平面，,故，因此,因为平面,故是与平面内的所有直线所成的最小的角，故，故C正确因为
12、，两两垂直，故三棱锥的外接球半径和长宽高分别为2,2,4的长方体的外接球半径相等，故其外接球半径，故外接球表面积，故D正确故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 若数据3x12，3x22，3x102的方差为18，则数据x1，x2，x10的方差为_【答案】2【解析】【分析】根据方差的性质公式，即可求解.【详解】设数据x1，x2，x10的方差为，则数据3x12，3x22，3x102的方差为，根据条件可知，得.故答案为：214. 如图，已知菱形的边长为，则_【答案】【解析】【分析】根据已知建立直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用向量的数量积的坐标运算公式即可求解.【详解】以
13、为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，由题意可知，.设,则，因为，所以，即，解得，所以，所以.故答案为：.15. 如图是古希腊数学家希波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形的斜边，直角边、，点在以为直径的半圆上已知以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，则_【答案】【解析】【分析】由以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，可得，进而可得，从而利用两角差的余弦公式即可求解.【详解】解：因为以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，所以，所以在直角三角形中，因为，所以，所以，故答案为：.16. 有如下解法求棱长为的正四面体BDA1C1的体积：构造一个棱长为1的正方体A
14、BCDA1B1C1D1，我们称之为该正四面体的”生成正方体”（如图一），正四面体BDA1C1的体积 一个对棱长都相等的四面体，通常称之为等腰四面体，已知一个等腰四面体的对棱长分别，（如图二），则该四面体的体积为_【答案】2【解析】【分析】根据条件，结合“生成长方体”的特征，即可求解.【详解】设等腰四面体的“生成长方体”的长，宽，高，分别是，由条件可知，解得：，所以该四面体的体积.故答案为：2四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，M，N分别为棱AB，PC的中点，求证：（1）MN/平面PAD
15、（2）MNCD【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明线线平行，取PD的中点E，证明四边形是平行四边形；（2）根据平行关系转化为证明，即证明平面PAD.【小问1详解】取PD的中点E，连接因为E，N分别是的中点，所以且，又因为，M是AB中点，所以且，所以且，所以四边形AMNE是平行四边形，所以 因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD【小问2详解】因为平面ABCD，所以，又，且，所以平面PAD，平面，所以， 又因为，所以18. 在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行解答问题：在中，角，所对的边分别为，且_（1）求角；（2）若角的平
16、分线长为1，且，求外接圆的面积注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）若选：根据题意边角转化得：，再求解即可；若选：根据题意边角转化得：，再求解即可；若选：根据题意得：，即，即，再求解即可；（2）根据题意得：，即，再利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出外接圆半径即可求解.【小问1详解】若选：在中，因，所以，即，由正弦定理可得，又因为，所以，所以，则，若选：在中，因，所以，由正弦定理可得，所以，又因为，所以，所以，则，若选：在中，因为，所以，所以，由正弦定理可得，又因为，所以，所以，又，即，又，所以，所以，所以，又因为，所以，则，【小问2详解】因
17、为角的平分线为，又，所以，即，即，又，所以，所以，即，故外接圆的面积，19. 北京时间2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射，约577秒后，神舟十四号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将陈冬、刘洋、蔡旭哲3名航天员送入太空，顺利进入天和核心舱为激发广大学生努力学习科学文化知识的热情，某校团委举行了一场名为”学习航天精神，致航空英雄”的航天航空科普知识竞赛，满分100分，共有100名同学参赛，经过评判，这100名参赛者的得分都在40，90之间，其得分的频率分布直方图如图所示（1）根据频率分布直方图，求这100名同学得分的平均数（同
18、一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）用分层抽样的方法从得分在60，70），70，80），80，90这三组中选6名学生，再从这6名学生中随机选取2名作为代表参加团委座谈会，求这2名学生的得分不在同一组的概率【答案】（1）64.5 （2）【解析】【分析】（1）首先根据频率和为1，求，再根据平均数公式，即可求解；（2）首先确定各组抽取的人数，再通过列举的方法求古典概型的概率.【小问1详解】根据题意知，解得， 所以这100名同学得分的平均数是答：平均数是64.5【小问2详解】由条件知从抽取3名，从中抽取2名，从抽取1名，分别记为， 因此样本空间可记为用A表示“这2名同学的得分不在同一组”，则
19、A包含样本点的个数为11，所以答：这2名同学的成绩分别在各一名的概率是20. 某产品在出厂前需要经过质检，质检分为2个过程第1个过程，将产品交给3位质检员分别进行检验，若3位质检员检验结果均为合格，则产品不需要进行第2个过程，可以出厂；若3位质检员检验结果均为不合格，则产品视为不合格产品，不可以出厂；若只有1位或2位质检员检验结果为合格，则需要进行第2个过程第2个过程，将产品交给第4位和第5位质检员检验，若这2位质检员检验结果均为合格，则可以出厂，否则视为不合格产品，不可以出厂设每位质检员检验结果为合格的概率均为，且每位质检员的检验结果相互独立（1）求产品需要进行第2个过程的概率；（2）求产品
20、不可以出厂的概率【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）分在第1个过程中，1或2位质检员检验结果为合格两种情况讨论，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；（2）首先求出在第1个过程中，3位质检员检验结果均为不合格的概率，再求出产品需要进行第2个过程，在第2个过程中，产品不可以出厂的概率，最后根据互斥事件的概率公式计算可得；【小问1详解】解：记事件A为“产品需要进行第2个过程”在第1个过程中，1位质检员检验结果为合格的概率，在第1个过程中，2位质检员检验结果为合格的概率，故【小问2详解】解：记事件B为“产品不可以出厂”在第1个过程中，3位质检员检验结果均为不合格的概率，产品需要进行第
21、2个过程，在第2个过程中，产品不可以出厂的概率，故21. 如图，AB是圆O的直径，C是圆上异于A，B一点，直线PC平面ABC，ABPC4，AC2（1）求点C到平面PAB的距离；（2）求二面角BPAC的正切值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用垂直关系，以及等体积转化求点到平面的距离；（2）因为平面PAC，再根据垂直关系，构造二面角的平面角，即可求得二面角的正切值.【小问1详解】因为平面ABC，AC，平面PAC，所以因为点C在以AB为直径圆上，所以因为，所以，所以因为平面ABC，所以三棱锥的体积 在中，因为，由余弦定理得因为，所以，所以的面积 记点C到平面PAB的距离为h，则，解得【
22、小问2详解】由（1）知，又因为PC，平面PAC，所以平面PAC，因为平面PAC，所以在平面PAC中，过C作，垂足为D，连接BD，因为平面PAC，所以平面BCD，所以即为二面角的平面角 因为，所以，在中，所以二面角的正切值为22. 已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）若不等式对任意恒成立，求整数m的最大值；（3）若函数，将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若关于x的方程在上有解，求实数k的取值范围.【答案】（1） （2）4 （3）【解析】【分析】（1）由二倍角公式及辅助角公式求得，从而可求周期；（2）先求函数的最值，再根据恒成立建立不等式组即可求解；（3）将问题转化为二次方程有解问题解决.【小问1详解】由题意得，.可得函数的最小正周期为.【小问2详解】因为，所以，所以，所以当时，的最小值为1；当时，的最大值为2，所以.由题意得，所以对一切恒成立，所以，解得，所以整数m的最大值为4.【小问3详解】由题意知，将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得，再向右平移个单位得，因为关于x的方程在区间上有解，整理得：，即（*）在区间上有解，因为，所以令，（*）式可转化为：在内有解，所以，又因为和在为增函数，所以在为增函数，所以当时，取得最小值；当时，取得最大值，所以，综上所述：k的取值范围为.
