长沙市第一中学2021-2022学年度高一第二学期期末考试数学时量：120分钟满分：150分得分：一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．若复数，则（）A．1B．C．D．2．直线的倾斜角的取值范围为（）A．B．C．D．3．若事件A，B相互独立，它们发生的概率分别为，，则事件A，B都不发生的概率为（）A．B．C．D．4．已知m，n是不同的直线，，是不同的平面，下列命题中，正确的是（）A．若，，则B．若，，则C．若，，且，则D．若，，且，则5．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且，，则△ABC外接圆的面积为（）A．B．C．D．6．定义：以半径为100mm的圆作为平地，24小时内降水在平地上积水厚度（mm）来判断降雨程度．其中小雨（mm），中雨（10mm~25mm），大雨（25mm~50mm），暴雨（50\nmm~100mm），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨7．某创新能力大赛为比较甲、乙两名选手的各项能力（每项能力的指标值满分均为5分，分值高者为优），绘制如图所示的六维能力雷达图，图中点A表示甲的创造能力指标值为4，点B表示乙的空间能力指标值为3，则下列叙述正确的有（）①乙的记忆能力优于甲；②乙的观察能力优于创造能力；③甲的六大能力整体水平优于乙；④甲的六大能力比乙较均衡．A．1B．2C．3D．48．已知函数（），．若，在上有三个零点，则a的取值范围为（）A．B．C．D．二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9．下面四个结论正确的是（）A．空间向量a，b（，），若，则B．若空间四个点P，A，B，C，，则A，B，C三点共线C．已知向量a=（1，1，x），b=（，x，9），若，则为钝角\nD．任意向量a，b，c满足10．下列说法正确的是（）A．直线在y轴上的截距为2B，直线，过定点（3，2）C．过点M（，2）且与直线平行的直线方程是D．过点（，2）且在两个坐标轴上的截距相等的直线方程为11．盒子里有形状大小都相同的4个球，其中2个红球、2个白球，从中先后不放回地任取2个球，每次取1个．设“两个球颜色相同”为事件A，“两个球颜色不同”为事件B，“第1次取出的是红球”为事件C，“第2次取出的是红球”为事件D．则（）A．A与B互为对立事件B．A与C相互独立C．C与D互斥D．B与C相互独立12．在平面直角坐标系中，A（1，0），B（，0），点P满足，设点P的轨迹为C，则（）A．C的周长为B．OP（O，P不重合时）平分∠APBC．△ABP面积的最大值为6D．当AP⊥AB时，直线BP与轨迹C相切三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13．设为第二象限角，若，则________．14．设（x，），若，则的取值范围是________．15．已知函数的部分图象如图所示，将该函数的图象向左平移t（）个单位长度，得到函数的图象．若函数的图象关于原点对称，则t的最小值为________．\n16．在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M和N分别是正方形ABCD和BB1C1C的中心，点P为正方体表面上及内部的点，若点P满足，其中m，n，，且，则满足条件的所有点P构成的图形的面积是________．四、解答题（本大题共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．（10分）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=BB1=1，且E为DC的中点．（1）证明：B1E⊥平面AED1．（2）若点G在线段BC上移动，是否存在点G使得二面角G−D1E−A为直二面角．若存在，请指出G在BC上的位置；若不存在，请说明理由．18．（12分）在①圆经过C（3，4），②圆心在直线上，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解．已知圆O经过点A（，2），B（6，3）且________．（1）求圆O的方程；（2）在圆O中，求以（2，1）为中点的弦所在的直线方程．\n19．（12分）2022年7月1日是中国共产党建党101周年，某党支部为了了解党员对党章党史的认知程度，针对党支部不同年龄和不同职业的人举办了一次“党章党史”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．（1）根据频率分布直方图，估计这m人的第80百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．（i）若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35～45岁所有人的年龄的方差．20．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求证：；（2）求的最大值．\n21．（12分）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，．（1）证明：PC=PD；（2）当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角P−AB−C的大小．22．（12分）已知圆C的圆心坐标为C（3，0），且该圆经过点A（0，4）．（1）求圆C的标准方程；（2）直线n交圆C于的M，N两点（点M，N异于A点），若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线n过一个定点，并求出该定点坐标．\n长沙市第一中学2021-2022学年度高一第二学期期末考试数学参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）题号12345678答案DDBDBBCA1．D【解析】，，，故选：．2．D【解析】设直线的倾斜角为，可得，所以的取值范围为，所以D正确．3．B【解析】，是两个相互独立事件，，是两个相互独立事件，，故选：．4．D【解析】若，，则，或m与n相交或异面，故A不正确．若，，则，故B不正确．若，，且，则有可能，不一定，故C不正确．若，，且，可以判断，故D正确．5．B【解析】由已知可得，即，所以，因为，则，所以，所以，\n所以，△ABC外接圆的半径为，因此，△ABC外接圆的面积为．6．B【解析】由题意可得，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，故积水厚度，属于中雨．故选：．7．C【解析】甲的记忆能力指标值为5，乙的记忆能力指标值为4，所以甲的记忆能力优于乙，故①不正确：乙的观察能力指标值为4，创造能力指标值为3，所以乙的观察能力优于创造能力，故②正确；甲的六大能力指标值的平均值为，乙的六大能力指标值的平均值为，所以甲的六大能力整体水平优于乙，故③正确；甲的六大能力指标值的方差为，乙的六大能力指标值的方差为，因为，所以甲的六大能力比乙较均衡，故④正确。所以叙述正确的有②③④．故选C．8．A【解析】①当x=1时，因为，所以1为一个零点，，因为，所以，所以，所以1为的一个零点．②当时，，，所以在上无零点．③当时，，g（x）在（0，1）上无零点，所以．在（0，1）上的零点个数是在（0，1）上的零点个数，因为，．函数在（0，1）上有两个零点，即函数在（0，1）上有两个零点，\n所以，，即时，在（0，1）上有两个零点．二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9101112ABBCABDABD9．AB【解析】对于A，因为，，，则，A正确；对于B，因为，则，即，即A，B，C三点共线，B正确；对于C，，若为纯角：则，且a与b不共线，由得，当时，，即，由a与b不共线得，于是得当且时，为钝角，C错误；对于D，是c的共线向量，而是a的共线向量，D错误，故选AB10．BC【解析】对于A，对于直线，令x=0得，所以直线在y轴上的截距为：故A不正确；对于B，直线，过定点（3，2），故B正确；对于C，因为所求直线与直线平行，因此，可设所求直线为，又所求直线过点M（，2），所以，解得，故所求直线方程为，故C正确；对于D，过点（，2）且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为或，故D不正确；故选BC．11．ABD【解析】对于，由题意知，取出两个球要么颜色相同，要么颜色不同，即与互为对立事件，故正确；对于，“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”，与可能同时发生，故错误；对于，（A），（C），（B），，，所以（A）（C），（B）（C），所以与相互独立，与相互独立，故，正确．故选ABD．\n12．ABD【解析】设，因为，，点满足，所以，整理化简得：．即曲线的方程为：．对于：曲线为半径为2的圆，故周长为．对于：因为，，所以，所以．延长到，使，连结．因为，所以，所以，所以，．因为，所以．所以，即平分．对于的面积．要使的面积最大，只需最大．由点的轨迹为可得：，所以面积的最大值为3．故错误；对于：当时，或．不妨取，则直线，即．因为圆心到直线的距离为：，所以，即直线与圆相切．故正确．故选：．三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡的相应位置）13．14．\n15．16．13．【解析】，，而，为第二象限角，，，则．故答案为：14．【解析】由，可得，可令，则（为锐角，且）由，可得．或者：的几何意义表示复平面内点Z与点（，0）的距离，由圆的几何意义得到范围是．15．【解析】方法一：如图，设函数的部分图象与x轴的交点为B，C，D，由图象可知，，所以，所以点（，a）与点（，）关于点B对称，设B（，0），则，解得，因为将函数函数的图象向左平移t（）个单位长度，得到函数的图象，且图象关于原点对称，所以平移后的函数为奇函数，即\n相当于把的用象与x轴最近的交点平移到坐标原点即可，由图可知此点为B（，0），所以．方法二：由图象可得时，函数的函数值为0，即，，，将此函数向左平移个单位得，，又因为为奇函数，，，．16．【解析】因为点满足，其中、、，且，所以点，，三点共面，又因为和分别是矩形和的中心，所以，，连接，，则，所以△即为经过，，三点的平面与正方体的截面，故点可以是正方体表面上线段，，上的点．所以所有点构成的图形的面积为．故答案为：．四、解答题（本大题共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．【解析】（1）因为长方体ABCD−A1B1C1D1，所以DA，DC，DD1两两垂直．以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B1（1，2，1），E（0，1，0），A（1，0，0），D1（0，0，1）．于是（−1，−1，−1），（−1，1，0），（−1，0，1）．（1分）由，可得AE⊥B1E，AD1⊥B1E，（3分）\n又AEAD1=A，所以B1E⊥平面AED1．（5分）（2）由（1）可知，平面AED1的一个法向量为（−1，−1，−1）．（6分）设G点坐标是（t，2，0），，平面GD1E的一个法向量为n．（0，−1，1），（t，1，0），由（8分）因为二面角G−D1E−A为直二面角，所以与n垂直，即，解得，所以G是BC的中点．（10分）另解：（1）由题意可得：，，，，，则，．于是有，．因为，平面AED1，平面AED1，所以B1E⊥平面AED1．（2）由（1）知，B1E⊥平面AED1，要使二面角G−D1E−A为直二面角，只需要找过B1E的平面与线段BC的交点．平面D1B1E与线段BC交于BC的中点，则存在点G使得二面角G−D1E−A为直二面角，G为线段BC的中点．18．【解析】（1）若选①：设圆O的方程为，（1分）由题意可得，解得（5分）所以圆O的方程为，即；（6分）若选②：设圆O的方程为，（1分）由题意可得，解得（5分）\n所以圆O的方程为；（6分）（2）由（1）可知圆心O的坐标为，因为弦的中点为，（7分）所以弦的斜率，（10分）故弦所在的直线方程为．（12分）19．【解析】（1）设这人的平均年龄为，则（岁．设第80百分位数为，方法一：由，解得．（2分）方法二：由，解得．（2分）（2）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙．对应的样本空间为：，，，甲），，乙），，，，甲），，乙），，，甲），，乙），，（甲，乙），（甲，，（乙，，共15个样本点．（5分）设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，则，甲），，乙），，甲），，乙），，甲），，乙），（甲，乙），（甲，，（乙，，共有9个样本点．所以，．（7分）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，则，，，，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为．则，．因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10．据此，可估计这人中年龄在岁的所有人的年龄方差约为10．（12分）20．【解析】证明：（1），\n，，，；（2）由（1）可知，则，，当且仅当，即时取等号，，即的最大值为．（12分）21．【解析】证明：分别取，的中点，，连接，，，因为，所以，又因为，所以，又因为，，所以平面，因为平面，所以，在中，因为垂直平分，所以，又因为，，所以，从而可得；易得PC=PD（2）解：由（1）知，是二面角的平面角，设，，在中，，过点作于，则，因为平面，平面，所以平面平面，又因为平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即为，设直线与平面所成角为，所以，令，，，\n则，当且仅当，即时，有最大值2，此时直线与平面所成角为的正弦值最大，所以当直线与平面所成角的正弦值最大时，二面角的大小为．（12分）22．【解析】（1）解：设圆的标准为，把代入得，故圆的标准方程为．（2）证明：当直线n斜率不存在时，设，，直线，的斜率之积为2，，，即，点在圆上，，联立，无解，舍去，当直线n斜率存在时，设直线n：，，，，，①联立方程，，，代入①，得，化简得，直线n的方程为：，所以过定点．（12分）
