2020-2021学年高一数学下学期期末试卷（Word版附解析）

湖南师大附中2020-2021学年度高一第二学期期末考试数学时量：120分钟满分：150分一､单项选择题：本题共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.向量，且，则实数（）A.B.1C.D.2【答案】C【解析】【分析】利用平面向量垂直的坐标表示，列式计算作答.【详解】因向量，，则有，解得，所以实数.故选：C2.随机抛郑两枚均匀骰子，观察得到的点数，则得到的两个骰子的点数之和能被3整除的概率是（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】列出随机抛郑两枚均匀骰子的所有可能结果，再利用古典概率公式计算作答.【详解】随机抛郑两枚均匀骰子的所有结果如下表：1234561(1，1)(1，2)(1，3)(1，4)(1，5)(1，6)2(2，1)(2，2)(2，3)(2，4)(2，5)(2，6)3(3，1)(3，2)(3，3)(3，4)(3，5)(3，6)4(4，1)(4，2)(4，3)(4，4)(4，5)(4，6)\n5(5，1)(5，2)(5，3)(5，4)(5，5)(5，6)6(6，1)(6，2)(6，3)(6，4)(6，5)(6，6)共36个不同结果，它们等可能，得到的两个骰子的点数之和能被3整除的有(1，2)，(1，5)，(2，1)，(2，4)，(3，3)，(3，6)，(4，2)，(4，5)，(5，1)，(5，4)，(6，3)，(6，6)，共12个，所以所求概率为.故选：D3.设是虚数单位，是复数的共轭复数，若，则=A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】令，由即所以故选择A【考点定位】考查复数的运算，共轭复数的概念，以及复数相等问题.4.已知E､F､G､H分别是三棱锥A-BCD的棱AB､AD､CD､CB上的点（不是顶点），则下列说法正确的是（）A.若直线EF､HG相交，则交点一定在直线BD上B.若直线EF､HG相交，则交点一定在直线AC上C.若直线EF､HG异面，则直线EF､HG中必有一条与直线BD平行D.若直线EF､HG异面，则直线EF，HG与直线BD分别相交【答案】A【解析】【分析】根据平面的基本性质（公理2）判断AB，根据异面直线判定方法判断CD．\n【详解】若直线EF､HG相交，设，则，，又平面，平面，所以是平面与平面的公共点，则必在其交线上，即，A正确，B错误．当与重合，与不重合，与不重合时，因为与都在平面，所以与相交或平行，无论什么位置，直线EF与HG都是异面，则C、D均错．故选：A．5.在中，已知D为BC上一点，且满足，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，由平面向量的线性运算直接计算作答.【详解】在中，，所以.故选：B6.给出下列命题：①有两个相邻侧面为矩形的棱柱是直棱柱；②平行六面体是斜四棱柱；③正棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等；\n④若圆台的上、下底面半径分别是和，且母线与下底面成角，则其体积是．其中正确的是（）A.①②B.③④C.①③D.②④【答案】C【解析】【分析】利用线面垂直的判定定理可判断①；利用平行六面体的概念可判断②；利用二面角的定义可判断③；求出圆台的高，结合台体体积公式可判断④.【详解】对于①，设棱柱中相邻两个侧面为矩形的为侧面和侧面，则，且，平面，故有两个相邻侧面为矩形的棱柱是直棱柱，①对；对于②，平行六面体可以是斜四棱柱，也可以是直四棱柱，②错；对于③，设正棱锥的高为，侧面上的高为，则正棱锥每个侧面与底面所成的二面角的正弦值均为，且正棱锥的侧面与底面所成的二面角均为锐角，故正棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等，③对；对于④，取圆台的轴截面，如下图所示：则四边形为等腰梯形，且，，，过点、分别作的垂线、，因为，，，所以，，，因为，，，则四边形为矩形，则，所以，，，\n所以，圆台的体积为，④错.故选：C.7.在中，，，，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】由余弦定理可得，即，，解得.故选：B.8.围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史.围棋不仅能抒发意境､陶冶情操､修身养性､生慧増智，而且还与天象易理､兵法策略､治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的丰富内涵.在某次国际围棋比赛中，甲､乙两人进入最后决赛.比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束.假设每局比赛甲胜乙的概率都为，且各局比赛的胜负互不影响，则在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】甲以获胜为事件，甲以胜为事件，则，互斥，利用互斥事件概率加法公式能求出在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率．【详解】解：甲以获胜为事件，甲以胜为事件，则，互斥，且，，所以在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为：故选：C．二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20\n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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.中兴､华为事件暴露了我国计算机行业中芯片､软件两大短板，为防止“卡脖子”事件的再发生，科技专业人才就成了决胜的关键．为了解我国在芯片､软件方面的潜力，某调查机构对我国若干大型科技公司进行调查统计，得到了这两个行业从业者的年龄分布的饼形图和“90后”从事这两个行业的岗位分布雷达图，则下列说法中正确的是（）A.芯片、软件行业从业者中，"90后”占总人数的比例超过60%B.芯片、软件行业中从事技术、设计岗位的"90后”人数超过总人数的25%C.芯片、软件行业从事技术岗位的人中，“90后”比“80后”多D.芯片、软件行业中，“90后”从事市场岗位的人数比“80前”的总人数多【答案】BD【解析】【分析】根据给定的雷达图和饼形图，整合数据，逐项判断计算作答.【详解】对于A，由饼形图知，芯片、软件行业从业者中，"90后”占总人数的比例为55%，没超过60%，A不正确；对于B，由雷达图和饼形图知，芯片、软件行业中从事技术、设计岗位的"90后”人数占总人数的，B正确；对于C，芯片、软件行业从事技术岗位的人中，“90后”占总人数的，而“80后”占总人数的40%，从事技术岗位的人数比例不知，无法确定两者间的大小关系，C不正确；\n对于D，芯片、软件行业中，从事市场岗位的“90后”人数占总人数的，而“80前”总数占总人数的5%，D正确.故选：BD10.从一批产品中取出三件产品，设A=“三件产品全不是次品”，B=“三件产品全是次品”，C=“三件产品不全是次品”，则下列结论正确的是（）A.A与B对立B.B与C互斥C.A与C互斥D.B与C对立【答案】BD【解析】【分析】利用互斥事件、对立事件的定义直接判断作答.【详解】事件A：三件产品都是正品，事件C：三件产品包含一件正品两件次品，两件正品一件次品，三件正品，事件A与B互斥不对立，事件A与C不互斥，事件B与C互斥，又对立，所以A，C都不正确；B，D都正确.故选：BD11.在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（）A.B.若，则C.若，则是直角三角形D.若，三角形面积，则三角形的外接圆半径为【答案】ABC【解析】【分析】利用诱导公式化简判断A；利用正弦定理结合三角形边角关系判断B；利用余弦定理计算判断C，利用面积定理、正余弦定理计算判断D作答.【详解】对于A，在中，，A正确；对于B，在中，由正弦定理得：，B正确；对于C，在中，由余弦定理得：，整理得\n，，C正确；对于D，依题意，，解得，由余弦定理得：，由正弦定理得外接圆半径，D不正确.故选：ABC12.如图，平面四边形中，是等边三角形，且是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，翻折过程中下列结论正确的是（）A.存在某个位置，使得与所成角为锐角B.棱上总恰有一点，使得平面C.当三棱锥的体积最大时，D.当二面角为直角时，三棱锥的外接球的表面积是【答案】BCD【解析】【分析】证明判断A；取CD的中点N，由推理判断B；三棱锥的体积最大时确定点C位置判断C；求出三棱锥的外接球半径计算判断D作答.【详解】取BD中点E，连接CE，ME，如图，因是正三角形，有，而是的中点，\n有，而，则，，平面，于是得平面，平面，所以，A不正确；取CD的中点N，连MN，因是的中点，则，平面，平面，所以平面，B正确；因，要三棱锥的体积最大，当且仅当点C到平面距离最大，由选项A知，点C到直线BD的距离，是二面角的平面角，当时，平面，即当C到平面距离最大为时，三棱锥的体积最大，此时，有，而，，平面，则有平面，平面，所以，C正确；三棱锥的外接球被平面所截小圆圆心是正的中心，，被平面所截小圆圆心为点M，设球心为O，连，则平面，平面，当二面角为直角时，由选项C知，平面，平面，有，四边形为矩形，，连，在中，，\n所以三棱锥的外接球的表面积，D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.湖南某校高二年级为考查一次数学大练习成绩，按首选科目（物理或历史）进行分层抽样得到一个样本，样本中选物理类学生占，该次大练习数学平均成绩为124分，选历史类学生该次大练习数学平均成绩为100分，则可估计出该校全体高二学生本次数学大练习的平均分是__________．【答案】118【解析】【分析】利用平均分的定义分别求出选物理类学生、选历史类学生的数学总分，再计算全年级平均分作答.【详解】令该校全体高二学生人数为，依题意，选物理类学生人数为，数学考试总分为：，选历史类学生人数为，数学考试总分为：，所以估计该校全体高二学生本次数学大练习的平均分是.故答案为：11814.已知复数满足，则等于__________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，求出复数，再利用复数模的意义计算作答.【详解】依题意，，即，所以.故答案为：\n15.已知是两条不同直线，是两个不同平面，对下列命题：①若，则．②若，则且．③若，则．④若，则．其中正确的命题是__________．（填序号）．【答案】④【解析】【分析】由给定条件，举例说明判断命题①②③，利用线面平行的性质、线面垂直的判定、面面垂直的判定推理判断④作答.【详解】如图，长方体中，平面为平面，对于①，直线，直线分别为直线，满足，而与相交，①不正确；对于②，令平面为平面，直线为直线，直线为直线，满足，而，②不正确；对于③，令平面为平面，直线为直线，直线为直线，满足，而与是异面直线，③不正确；对于④，因，则过直线作平面，令，如图，\n于是得，而，则有，所以，④正确.故答案为：④16.已知圆锥的底面半径为，侧面积是，在其内部有一个正方体可以任意转动，则正方体的体积的最大值是__________．【答案】##【解析】【分析】根据给定条件求出圆锥内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，设圆锥的母线长为，底面半径为，则，所以如图圆锥轴截面为等边三角形，其内切圆O是该圆锥的内切球O大圆截面，\n的高，则内切圆O的半径即球半径，于是得球O的内接正方体棱长a满足：，解得：，所以的最大值为.故答案为：.【点睛】作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.四､解答题：本题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.某中学为研究本校高三学生在市联考中的语文成绩，随机抽取了100位同学的语文成绩作为样本，得到以分组的样本频率分布直方图如图．（1）求直方图中的值；（2）请估计本次联考该校语文成绩的中位数和平均数；（3）样本内语文分数在的两组学生中，用分层抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的两名学生中恰有一人成绩在中的概率．【答案】（1）0.01；（2）中位数是，平均数是；\n（3）.【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图直接列式计算作答.（2）利用频率分布直方图求中位数、平均数的方法列式计算作答.（3）求出分数在的人数，再用列举法结合古典概率公式计算作答.【小问1详解】由频率分布直方图得：.【小问2详解】由频率分布直方图知，分数在区间、的频率分别为0.34，0.62，因此，该校语文成绩的中位数，则，解得，语文成绩的平均数为，所以该校语文成绩的中位数是，语文成绩的平均数是.【小问3详解】由频率分布直方图知，分数在内分别有8人和2人，因此抽取的5人中，分数在内有人，在内有1人，记内的4人为a，b，c，d，在内的1人为F，从5人中任取2人的结果有：，共10个不同结果，它们等可能，选出的2人中恰有一人成绩在中的结果是：，所以选出两名学生中恰有一人成绩在中的概率是.18.在①；②；③，这三个条件中任\n选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．在中，角的对边分别是，若__________．（填条件序号）（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）条件选择见解析，；（2）.【解析】【分析】（1）选①，③，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简计算即得；选②，利用二倍角公式化简求解即得.（2）由（1）结论，利用余弦定理求出bc最大值即可求解作答.【小问1详解】选①，在中，由正弦定理及得：，即，而，即，因此，，又，所以.选②，，在中，有，，解得，所以.选③，在中，由正弦定理及得：，，即，而，即，有，又又，所以.【小问2详解】由（1）知，，由余弦定理得：\n，当且仅当时取“=”，则，所以当时，面积的最大值为.19.已知正三棱柱中，，是的中点.（1）求证：平面；（2）点是直线上的一点，当与平面所成的角的正切值为时，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）利用线面角的定义可求得的长，分析可知点到平面的距离等于点到平面\n的距离，可得出，结合锥体的体积公式可求得结果.【小问1详解】证明：连接交于点，连接，因为四边形为平行四边形，，则为的中点，因为为的中点，则，平面，平面，故平面.【小问2详解】解：因为平面，与平面所成的角为，因为是边长为的等边三角形，则，平面，平面，，则，所以，，平面，，所以，点到平面的距离等于点到平面的距离，因为为的中点，则，则.20.随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”\n证件之一，若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试．在每一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会（这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试，若5次都没有通过，则需要重新报名），其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费，某驾校通过几年的资料统计，得到如下结论：男性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，女性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，现有这个驾校的一对夫妻学员同时报名参加驾驶证科目二考试，若这对夫妻每人每次是否通过科目二考试相互独立，他们参加科目二考试的原则为：通过科目二考试或者用完所有机会为止．（1）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率；（2）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分别表示丈夫和妻子第i次通过考试的事件，再将夫妻二人都不需要交补考费的事件用表示，然后利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答.（2）将夫妻二人共交200元补考费的事件用（1）中事件表示，再利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答.【小问1详解】分别表示丈夫和妻子第i次通过考试的事件，则，夫妻二人都不需要交补考费的事件，则，\n所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率是.【小问2详解】由（1）知，夫妻二人共交200元补考费的事件，则，所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率.21.如图，是半球的直径，为球心，依次是半圆上的两个三等分点，是半球面上一点，且，（1）证明：平面平面；（2）若点在底面圆内的射影恰在上，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接OM，MN，证明，再利用线面、面面垂直的判定推理作答.（2）确定点P在底面圆内的射影点位置，再作出二面角的平面角，然后解三角形作答.【小问1详解】连接OM，MN，如图，是半圆上的两个三等分点，则有，\n而，即有都为正三角形，因此，，四边形是菱形，，而，，平面，因此，平面，平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）知，平面平面，平面平面，则点在底面圆内的射影在上，因点在底面圆内的射影在上，因此，点在底面圆内的射影是与的交点，即平面，有，，，而，即有，取的中点，连，于是得，则有是二面角的平面角，在中，，所以，所以二面角的余弦值是.【点睛】思路点睛：在二面角的棱上取一点，在二面角的两个半平面内作垂直于棱的两条射线，即可得二面角的平面角．22.锐角的三个内角是，满足．\n（1）求角的大小及角的取值范围；（2）若的外接圆的圆心为，且，求的取值范围．【答案】（1），角的取值范围为；（2）【解析】【分析】(1)利用正弦定理化角为边，结合余弦定理和同角关系求角的大小，再由条件求角的取值范围；(2)【小问1详解】设的外接圆的半径为，因为，由正弦定理可得，，，所以，又，所以，因为，所以，因为为锐角三角形，所以，，所以，所以角的取值范围为；【小问2详解】由已知为的外接圆的圆心，所以，因为，所以，\n又，所以，所以，所以，设，则，又，所以所以因为，所以，所以，所以，所以的取值范围为.\n