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1、2022年永春二中高一数学下学期期末考试培优版模拟试卷全解全析1C【详解】由所给数据，总数为，得分的频率分别为，前3个得分频率和为，前2个得分的频率和为，因此40百分位数应该是第三个频率对应的得分为7分故选：C2D【详解】.所以复数对应的点在第四象限，故选：D3B【详解】解：如图，以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，由，所以，所以，所以.故选：B4B【详解】事件A与事件B是互斥事件，.故选：B.5B【解析】根据三棱锥可以补成一个以为邻边的长方体，求得外接球的直径.再根据，在中，求得，在 中， ，设点A到平面SBC的距离为h，再根据为定值，若体积最大，则h最大求解.【详解】因为三棱锥
2、中，所以可以补成一个以为邻边的长方体，所以三棱锥的外接球即为长方体的外接球.所以.如图所示：因为，所以在 中， 在 中， ，设点A到平面SBC的距离为h， ，所以当h最大时，体积最大，由图可知，当平面 平面时，h最大. ，此时：，所以棱锥的体积最大为2.故选：B6B【详解】由，可得，即，所以，即，又由，所以，即，解得或（舍去），所以，又因为C为三角形内角，故，所以的面积为.故选：B.7A【解析】【分析】先证明平面，找出线面角，再解三角形即可求得结果.【详解】因为平面平面，故可得，又平面，故可得平面.连接.故即为所求直线CE与平面PAD所成角.不妨设PAABAD，故在直角三角形中，故可得.则.则
3、直线CE与平面PAD所成角的正弦值为.故选：.【点睛】本题考查线面角的求解，注意线面垂直的证明，属综合基础题.8B【解析】【分析】连接，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，判断出当三点共线时，则即为的最小值.分别求出,利用余弦定理即可求解.【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则有.当三点共线时，则即为的最小值.在三角形ABC中，由余弦定理得：,所以，即在三角形中，由勾股定理可得：,且.同理可求：因为，所以为等边三角形，所以，所以在三角形中，,由余弦定理得：.故选B.【点睛】（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展
4、开）过程中的不变量；（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.9BD【解析】【分析】利用平均数和方差的线性关系直接求解.【详解】设：，的平均数为，方差为，则，.所以，的平均数为，方差为.故选：BD.10ABD【解析】根据互斥事件的定义以及对立事件的定义逐个判定即可.【详解】抛掷一枚骰子1次,记“向上的点数是4,5,6”为事件A,“向上的点数是1,2”为事件B,“向上的点数是1,2,3”为事件C,“向上的点数是1,2,3,4”为事件D,在A中,A与B不能同时发生,但能同时不发生,是互斥事件但不是
5、对立事件,故A正确；在B中, A与C是互斥事件也是对立事件,故B正确；在C中,A与D能同时发生,不是互斥事件,故C错误；在D中,C与D能同时发生,不是对立事件也不是互斥事件,故D正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查了互斥与对立事件的判定,属于基础题.11BC【解析】根据直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案.【详解】A. 若且则可以，异面，或相交，故错误；B. 若则，又故，正确；C. 若则或，又故，正确；D. 若则，则或，错误；故选：【点睛】本题考查了直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力.12BCD【解析】【分析】选项A，
6、取特殊位置：当M与重合时，验证出所以不垂直，否定A；选项B，先证明面得到M到面的距离相等，而的面积为定值，即可判断三棱锥的体积为定值；选项C，设直线与平面所成角为.判断出即可；选项D，证明出为异面直线的公垂线，所以当M在点处，当N在点处，取得最小值为2.即可判断D.【详解】选项A，当M与重合时，有不满足勾股定理，所以不垂直，故A不正确；选项B，在正四棱柱中，,面,面,所以面.所以当M为线段上运动时，M到面的距离相等，而的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值.故B正确；选项C，设直线与平面所成角为.当M在点处，直线与平面所成角的正切值为;当M在D点处，直线与平面所成角的正切值为0.而.因为,所以当
7、M在线段上运动到某一点时，直线与平面所成角为成立.故C正确；选项D，显然.在正四棱柱中，面,所以.所以为异面直线的公垂线，所以当M在点处，当N在点处，取得最小值为2.故D正确.故选：BCD【点睛】立体几何常见类型：(1)第一类一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二类是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果求体积（距离），常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.130.492【解析】【详解】分析：设甲、乙、丙三人击中飞机为事件 依题意，相互独立，故所求事件概率为 ，代入相关数据，即可得到答案.详解：设甲、乙、丙三人击中飞机为事件 依题意，相互
8、独立，故所求事件概率为 即答案为0.492.点睛：本题考查相互独立事件的概率，掌握相互独立事件的的乘法公式和互斥事件的加法公式是解题的关键.14#【解析】【分析】根据题意，结合向量线性运算可知，点在线段上，再根据两点之间线段最短，即可求解.【详解】根据题意，因为，其中，所以点在线段上.如图所示，沿展开正三棱柱的侧面，故三角形周长为，当、三点共线时，取等号.故答案为：.15【解析】【分析】求出外接球的球心到平面的距离，以及外接球的半径，进一步求出截面圆的半径，从而求出面积.【详解】如图，连结，易知平面平面，则正方形的中心到的距离等于球心到平面的距离，易知该距离等于点到距离的一半，故球心到平面的距
9、离，长方体的外接球半径，设截面的圆的半径为，则，则该圆的面积为.故答案为：.16【解析】【分析】建立如图所示的直角坐标系，根据题意求得各点坐标，利用向量的坐标运算求得数量积，再结合二次函数求最值即可得解.【详解】在中，由余弦定理得，所以是直角三角形，以点A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，设点P坐标为，直线对应一次函数为，所以，对称轴，当时，取得最小值.故答案为：17（1）79；（2）【解析】（1）首先根据频率分布直方图计算出答对题数的平均数，由此求得成绩的平均分的估计值.（2）利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.【详解】（1）因为答对题数的平均数
10、约为.所以这40人的成绩的平均分约为.（2）答对题数在内的学生有人，记为，；答对题数在内的学生有人，记为，.从答对题数在内的学生中随机抽取2人的情况有，共10种，恰有1人答对题数在内的情况有，共6种，故所求概率.【点睛】本小题主要考查利用频率分布直方图估计平均数，考查计算古典概型概率问题，属于基础题.18(1)2(2)1或【解析】【分析】（1）边化角，利用正弦定理即可求解；（2）应用三角形面积公式计算出AB边上的高，再利用勾股定理即可.(1)由正弦定理得：, ，, ，因为A，C是三角形内角， ，所以 ，而由正弦定理得， ，即 ；(2)由第一问可知，b=2a，设AB边上的高为h，则三角形ABC的
11、面积 ，作下图：过点C作AB的垂线，垂足为D，则CD=h，设AD=x，则由勾股定理得到下列方程组： ，解得 ，由公式法得 ， ，a=1；19（1）证明见解析；（2）90；（3）.【解析】【分析】（1）由，根据线面平行的判定定理即可得证；（2）由，得异面直线与所成角就是直线与所成角，分别求出的三条边长即可得出答案；（3），利用等体积法即可得出答案.【详解】（1）证明：由题意知，平面，平面，平面.（2）由（1）知，异面直线与所成角就是直线与所成角，四边形是平行四边形，原图中，在中，由余弦定理得，折叠后，连接，在中，由余弦定理得，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，在中，在中，异面直线与所成角为9
12、0.（3）由（2）知，、平面，平面，.，设点A到平面的距离为，.20（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理和和差角公式转化为，即可求出角A;（2）利用正弦定理表示出，得到周长为利用三角函数求最值，即可求出周长【详解】（1）由正弦定理得：，.（2）由正弦定理：，则，周长为，又锐角，结合，即周长的范围是.21（1）证明见解析，（2）证明见解析，（3）.【解析】【分析】（1）先证明平面，进而可得；（2）要证平面平面，转证平面即可；（3）证明平面，直线与平面所成的角为，在直角三角形中求解即可.【详解】（1）证明：，平面，又平面，；（2）证明：，又，平面，平面，平面平面；（3）平面，平面，平面平
13、面，又平面，平面，故直线与平面所成的角为，且，平面，平面，又， 且，则即直线与平面所成的角.【点睛】方法点睛：求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值.22(1)；(2)；(3)，【解析】【分析】(1)先求出OAM，再在中，利用余弦定理即可求出OM；(2)设AOM，根据和三角形面积公式可得，在中，由正弦定理可求sin2，从而可求出AOM的大小；(3)设，由(2)知，在中，由正弦定理表示出OM，根据表示出OMN面积关于的函数，化简根据三角函数最值即可求出其最小值(1)在RtOAB中，tanOAB，OAB60，在中，由余弦定理得；(2)设，即，在中，由正弦定理得，即，即，即，由，得，即；(3)设，由(2)知，又在中，由，得，当且仅当，即时，的面积取最小值为学科网（北京）股份有限公司
