2020年高一数学下学期期末试卷及答案(一)
2020-2021学年辽宁省朝阳市建平实验中学高一(下)期末数学试卷
2020-2021学年辽宁省朝阳市建平实验中学高一（下）期末数学试卷一.单项选择题：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．（5分）sin18°cos12°+cos18°sin12°＝（）A．﹣B．﹣C．D．2．（5分）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，若＝（）A．与B．与C．与D．与3．（5分）4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数学之和为偶数的概率是（）A．B．C．D．4．（5分）若cosα＝，则cos2a＝（）A．B．C．﹣D．﹣5．（5分）若α满足＝﹣2，则tanα等于（）A．B．﹣C．±D．﹣6．（5分）如图是一组样本数据的频率分布直方图，则依据图形中的数据，可以估计总体的平均数与中位数之和是（）A．25B．26C．25.5D．24.57．（5分）若tanα＝，tanβ＝，α，β∈（0，π）（）A．B．C．D．8．（5分）已知向量＝（2，﹣4），＝（﹣1，3），则向量2+3与的夹角的余弦值为（）A．B．C．D．二.多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部答对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9．（5分）从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次任取出2个球，则下列说法正确的是（）A．事件“两球都不是白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立B．事件“两球恰有一白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立C．事件“两球至少有一个白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立D．事件“两球都为红球”与事件“两球都为白球”是对立事件10．（5分）已知6个样本数据a，0，1，2，3，5的平均数为1，则（）A．a＝﹣5B．这组数据的中位数是1C．从6个数中任取一个数，取到的数为正数的概率为D．每个数据都加上5后得到的新数据的方差是原来的方差的5倍11．（5分）已知sin（+α）＝，下列结论正确的是（）A．cos（+α）＝B．cos（﹣α）＝C．sin（+α）＝D．cos（﹣α）＝﹣12．（5分）设函数f（x）＝cos（x+），则下列结论正确的是（）A．f（x）的一个周期为﹣2πB．y＝f（x）的图象关于直线x＝对称C．f（x+π）的一个零点为x＝D．f（x）在（，π）单调递减三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）10名工人某天生产同一零件，生产的件数分别是9，10，14，15，16，17，18，那么数据的80%分位数是．14．（5分）计算：cos215°﹣sin215°＝．15．（5分）已知，是不共线的平面向量，＝3，＝2+，＝﹣，若B，C，D三点共线．16．（5分）已知甲、乙，丙3名射击运动员击中目标的概率分别为，，，且每名运动员是否击中目标互不影响，则三枪中至少有两枪命中的概率为．四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤. 17．（10分）据统计，目前全世界的人群中，15%属健康人群，而75%的人群处于疾病的前缘，即亚健康人群，针对年龄的情况进行统计，绘制频率分布直方图如图所示，30），[30，…，[60，70]．（1）求频率分布直方图中a的值；（2）若该公司年龄在[30，40）的员工有140人，按照分层抽样的方法从年龄在[50，在上述抽取的员工中抽取2人进行慢性疾病检查，求这2人的年龄恰好都来自[5018．（12分）已知A，B，C的坐标分别为A（3，0），B（0，3），C（cos α，sin α），α∈（0，2π）．（1）若＝，求角α的值；（2）若•＝0，求的值．19．（12分）甲、乙二人独立破译同一密码，甲破译出密码的概率为0.8，乙破译出密码的概率为0.7．记事件A：甲破译出密码（1）求甲、乙二人都破译出密码的概率；（2）求密码被破译的概率．20．（12分）已知α，β均为锐角，且cos（α+β），sinα＝．（1）求sin2α的值；（2）求sin（β﹣α）的值．21．（12分）已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ），（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示．（Ⅰ）求f（x）的解析式．（Ⅱ）设函数，求g（x）的值域．22．（12分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A、B、C三点满足＝+．（Ⅰ）求证：A、B、C三点共线；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）已知A（1，cos x）、B（1+cos x，cos x），x∈[0，]，f（x）＝•﹣（2m+）|，求实数m的值．2020-2021学年辽宁省朝阳市建平实验中学高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一.单项选择题：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．（5分）sin18°cos12°+cos18°sin12°＝（）A．﹣B．﹣C．D．【解答】解：sin18°cos12°+cos18°sin12°＝sin（18°+12°）＝sin30°＝，故选：D．2．（5分）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，若＝（）A．与B．与C．与D．与【解答】解：∵＝，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AC，BD互相平分，∴＝﹣，即与，故选：B．3．（5分）4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数学之和为偶数的概率是（）A．B．C．D．【解答】解：从1，2，8，4中随机取出两个不同的数的基本事件为：（1，5），3），4），8），4），4）共4个，其中和为偶数的有（1，3），8）共2个，由古典概型的概率公式可知，从1，8，3，4中随机取出两个不同的数．故选：B．4．（5分）若cosα＝，则cos2a＝（）A．B．C．﹣D．﹣【解答】解：因为cosα＝，所以cos8a＝2cos2α﹣4＝2×﹣1＝﹣．故选：D．5．（5分）若α满足＝﹣2，则tanα等于（）A．B．﹣C．±D．﹣【解答】解：由＝﹣5，可得tanα＝＝﹣．故选：B．6．（5分）如图是一组样本数据的频率分布直方图，则依据图形中的数据，可以估计总体的平均数与中位数之和是（）A．25B．26C．25.5D．24.5【解答】解：由频率分布直方图可知，第1组的频率为0.04×8＝0.2，第7组的频率为0.1×4＝0.5，第2组的频率为1﹣0.8﹣0.5＝2.3，估计总体平均数为7.5×0.2+12.8×0.5+17.3×0.3＝13，由题意可知，中位数在第6组内，设中位数为10+x，则0.1x＝3.3，所以中位数为13，则估计总体的平均数与中位数之和是26．故选：B．7．（5分）若tanα＝，tanβ＝，α，β∈（0，π）（）A．B．C．D．【解答】解：α，β∈（0，且tanα＝，所以α，β∈（5，），故α+β∈（0，π），tan（α+β）＝，所以．故选：A．8．（5分）已知向量＝（2，﹣4），＝（﹣1，3），则向量2+3与的夹角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：根据题意，设向量2与+3，向量＝（4，＝（﹣1，则2＝（6，+3，5），则有|7+3，|+4，（2）•（）＝4，故cosθ＝＝＝，故选：D．二.多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部答对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9．（5分）从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次任取出2个球，则下列说法正确的是（）A．事件“两球都不是白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立B．事件“两球恰有一白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立C．事件“两球至少有一个白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立D．事件“两球都为红球”与事件“两球都为白球”是对立事件【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，事件“两球都不是白球”与事件“两球都为白球”不会同时发生，故两个事件互斥而非对立；对于B，事件“两球恰有一白球”与事件“两球都为白球”不会同时发生，故两个事件互斥而非对立；对于C，事件“两球至少有一个白球”与事件“两球都为白球”可能同时发生，两个事件不是互斥事件；对于D，事件“两球都为红球”与事件“两球都为白球”的和不是必然事件，D错误；故选：AB．10．（5分）已知6个样本数据a，0，1，2，3，5的平均数为1，则（）A．a＝﹣5B．这组数据的中位数是1C．从6个数中任取一个数，取到的数为正数的概率为D．每个数据都加上5后得到的新数据的方差是原来的方差的5倍【解答】解：A选项，由平均数为1，得，说法正确．B选项，中位数为．C选项，从6个数中任取一个数，说法正确．D选项，每个数据都加上5后得到的新数据的波动情况与原数据相同，说法错误．故选：AC．11．（5分）已知sin（+α）＝，下列结论正确的是（）A．cos（+α）＝B．cos（﹣α）＝C．sin（+α）＝D．cos（﹣α）＝﹣【解答】解：对于A，sin（，可得cos（，故错误；对于B，cos（﹣（+α）＝；对于C，sin（+α）＝﹣sin（，故错误；对于D，cos（﹣α）＝﹣cos（，故正确．故选：BD．12．（5分）设函数f（x）＝cos（x+），则下列结论正确的是（）A．f（x）的一个周期为﹣2πB．y＝f（x）的图象关于直线x＝对称C．f（x+π）的一个零点为x＝D．f（x）在（，π）单调递减【解答】解：A．函数的周期为2kπ，周期T＝﹣2π，B．当x＝时）＝cos（+＝cos3π＝﹣6为最小值对称，C当x＝时，f（+π+＝6，故C正确，D．当＜x＜π时，＜，此时函数f（x）不是单调函数，故选：ABC．三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）10名工人某天生产同一零件，生产的件数分别是9，10，14，15，16，17，18，那么数据的80%分位数是17．【解答】解：因为80%×10＝8，所以将样本数据从小到大排列，为．故答案为：17．14．（5分）计算：cos215°﹣sin215°＝．【解答】解：由二倍角的余弦公式可得，cos215°﹣sin215°＝cos30°＝．故答案为：．15．（5分）已知，是不共线的平面向量，＝3，＝2+，＝﹣，若B，C，D三点共线10．【解答】解：，，∵B，C，D三点共线，∴与共线，且，则，∴存在实数λ，使，即，∴，解得λ＝10．故答案为：10．16．（5分）已知甲、乙，丙3名射击运动员击中目标的概率分别为，，，且每名运动员是否击中目标互不影响，则三枪中至少有两枪命中的概率为．【解答】解：设事件A表示“甲命中”，事件B表示“乙命中”，则P（A）＝，P（B）＝，∴他们3人分别向目标各发1枪，则三枪中至少命中两枪的概率为：P＝P（）+P（）+P（ABC）＝+＝．故答案为：．四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤. 17．（10分）据统计，目前全世界的人群中，15%属健康人群，而75%的人群处于疾病的前缘，即亚健康人群，针对年龄的情况进行统计，绘制频率分布直方图如图所示，30），[30，…，[60，70]．（1）求频率分布直方图中a的值；（2）若该公司年龄在[30，40）的员工有140人，按照分层抽样的方法从年龄在[50，在上述抽取的员工中抽取2人进行慢性疾病检查，求这2人的年龄恰好都来自[50【解答】解：（1）因为（0.01×2+8.015+0.03×a）×10＝1，解得a＝3.035；（2）若该公司年龄在[30，40）的员工有140人，又年龄在[30，40）的员工的频率为0.0353×10＝0.35，则该公司一共有140÷8.35＝400人，在[50，60）的员工有400×0.015×10＝60人，在[60，70）的员工有400×0.01×10＝40人，由分层抽样方法可得，在[50，则在[50，在[60，这5人的年龄恰好都来自[50，60）的概率为＝．18．（12分）已知A，B，C的坐标分别为A（3，0），B（0，3），C（cos α，sin α），α∈（0，2π）．（1）若＝，求角α的值；（2）若•＝0，求的值．【解答】解：（1）∵＝（cosα﹣3，＝（cosα．∴||＝＝，||＝＝，∵||＝||，∴sinα＝cosα，又 α∈（0，∴α＝或；（2）由•＝0，知：（cosα﹣7）cosα+（sinα﹣3）sinα＝0．∴sinα+cosα＝，∴2sinα•cosα＝﹣，又 α∈（0，∴α∈（，）或α∈（．若α∈（，），则sinα﹣cosα＝＝．联立，解得sinα＝，tanα＝．∴＝＝；若α∈（，2π）．联立，解得sinα＝，tanα＝．∴＝＝．19．（12分）甲、乙二人独立破译同一密码，甲破译出密码的概率为0.8，乙破译出密码的概率为0.7．记事件A：甲破译出密码（1）求甲、乙二人都破译出密码的概率；（2）求密码被破译的概率．【解答】解：（1）由题意得P（A）＝0.8，P（B）＝6.7，B相互独立，∴甲、乙二人都破译出密码的概率为：P（AB）＝P（A）P（B）＝0.6×0.7＝2.56．（2）“密码被破译”也就是“甲乙二人中至少有一人破译出密码”，可以表示为，且两两互斥，∴甲乙二人中至少有一人破译出密码的概率为：P（）＝＝0.2×5.7+0.4×0.3+3.8×0.3＝0.94．20．（12分）已知α，β均为锐角，且cos（α+β），sinα＝．（1）求sin2α的值；（2）求sin（β﹣α）的值．【解答】解：（1）由题意，α，β均为锐角，因为sinα＝，所以，则sin2α＝＝；（2）因为α，β均为锐角，又cos（α+β）＝﹣，所以＝，因为sinα＝，则，所以sin（β﹣α）＝sin[（α+β）﹣2α]＝sin（α+β）cos2α﹣cos（α+β）sin2α＝×﹣＝．21．（12分）已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ），（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示．（Ⅰ）求f（x）的解析式．（Ⅱ）设函数，求g（x）的值域．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）的图象得A＝2，周期﹣），∴ω＝2．根据五点法作图可得3•+φ＝，∴f（x）＝2sin（2x﹣）．（Ⅱ）g（x）＝f（x）+4sin2x＝sin2x﹣cos2x+5•＝＝2sin（2x﹣，∵x∈[4，]，∴2x﹣，]，sin（2x﹣，1]，即可得到g（x）＝7sin（2x﹣，2+7]．22．（12分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A、B、C三点满足＝+．（Ⅰ）求证：A、B、C三点共线；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）已知A（1，cos x）、B（1+cos x，cos x），x∈[0，]，f（x）＝•﹣（2m+）|，求实数m的值．【解答】解：（Ⅰ）由已知，即，∴∥．又∵、，∴A，B．（3分）（Ⅱ）∵，∴＝∴，∴．（6分）（Ⅲ）∵C为的定比分点，∴，∴∵，∴cos x∈[8当m＜0时，当cos x＝0时；（7分）当0≤m≤1时，当cos x＝m时4，得（舍）（10分）当m＞1时，当cos x＝3时，得（11分）综上所述，为所求。
2020-2021学年浙江省绍兴市高一(下)期末数学试卷(含答案)
2020-2021学年浙江省绍兴市高一(下)期末数学试卷一、单项选择题(本大题共8小题，每小题3分，共24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.i 是虚数单位，复数z =1-i 在复平面上对应的点位于(D )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】复数z =1-i 在复平面上对应的点的坐标为(1,-1)，位于第四象限．故选：D ．【点评】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2.抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件A =“第一枚出现奇数点”，事件B =“第二枚出现偶数点”，则A 与B 的关系是(C )A.互斥B.互为对立C.相互独立D.相等【解析】由题可知，抛掷两枚质地均匀的骰子，第一枚和第二枚出现点数的分类情况如下，①(奇数，奇数)，②(奇数，偶数)，③(偶数，奇数)，④(偶数，偶数)，事件A =“第一枚出现奇数点”={①，②}，事件B =“第二枚出现偶数点”={②，④}，两个事件不相等，排除D ，A ∩B ≠∅，所以不是互斥事件，排除A ，B ，C 选项，事件A =“第一枚出现奇数点”，P (A )=36=12，事件B =“第二枚出现偶数点”，P (B )=36=12，事件AB =“第一枚出现奇数点，第二枚出现偶数点”，P (AB )=3×336=14，满足P (AB )=P (A )⋅P (B )，所以事件A 和事件B 是相互独立事件，故选：C ．【点评】本题考查事件关系，判断两个事件是否相互独立，利用定义法，满足P (AB )=P (A )⋅P (B )即独立，本题属于基础题．3.已知向量a=(1,-2)，b =(2,-4)，则(A )A.a 与b 同向B.a 与b 反向C.(a +b )⊥aD.(a +b)⊥b【解析】∵向量a =(1,-2)，b =(2,-4)，∴b =2a，∴a 与b同向，故选：A ．【点评】本题主要考查两个向量同向的条件，属于基础题．4.袋中装有大小质地完全相同的5个球，其中2个红球，3个黄球，从中有放回地依次随机摸出2个球，则摸出的2个球颜色不同的概率是(D )A.35B.310C.625D.1225【解析】设摸出的2个球颜色不同为事件A ，∵基本事件总数n =5×5=25，事件A 包含的基本事件数为C 12C 12C 13=12，∴p (A )=1225，故选：D ．【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5.已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，(C )A.若m ⎳n ，n ⊂α，则m ⎳αB.若n ⊥α，m ⊂β，n ⊥m ，则α⎳βC.若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m ，则m ⊥γD.若m ⊂α，n ⊂α，m ⎳β，n ⎳β，则α⎳β【解析】m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，对于A ，若m ⎳n ，n ⊂α，则m ⎳α或m ⊂α，故A 错误；对于B ，若n ⊥α，m ⊂β，n ⊥m ，则α与β相交或平行，故B 错误；对于C ，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m ，则由面面垂直的性质、线面垂直的判断定理得m ⊥γ，故C 正确；对于D ，若m ⊂α，n ⊂α，m ⎳β，n ⎳β，则α与β相交或平行，故D 错误．故选：C ．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力，是中档题．6.如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值是(B )A.0B.14C.64D.22【解析】由题意可知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，所有棱长相等，设棱长为1，则cos <AC 1 ，A 1B >=AC 1 ⋅A 1B |AC 1 ||A 1B |=(AA 1 +A 1C 1 )⋅(A 1A +AB )2×2=-1+0+0+122=-14．∴异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值14．故选：B ．【点评】本题异面直线所成角算法，考查数学运算能力及抽象能力．7.若满足∠ACB =30°，BC =2的ΔABC 有且只有一个，则边AB 的取值范围是(B )A.[1，2)B.{1}∪[2，+∞)C.(2,+∞)D.[2，+∞)【解析】∵满足∠ACB =30°，BC =2的ΔABC 有且只有一个，如图，AB ⊥AC ，或AB ≥2，∴AB =1或AB ≥2，∴边AB 的取值范围是{1}∪[2，+∞)．故选：B ．【点评】本题考查了数形结合解题的方法，属于基础题．8.已知向量a ，b 满足|a |=1，|b |=2，|a +b |=2|a -b |，则a 在a -b上的投影向量的模长为(A )A.3060B.11210210C.16D.116【解析】因为|a +b |=2|a -b|，所以|a +b |2=(2|a -b |)2，所以a 2+2a ⋅b +b 2=2(a 2-2a ⋅b +b 2)，所以a 2-6a ⋅b +b2=0，所以1-6a ⋅b+22=0，所以a ⋅b =56，所以a ⋅(a -b )=a 2-a ⋅b =12-56=16，所以|a -b |2=a 2-2a ⋅b +b 2=1-2×56+22=103，所以a 在a -b 上的投影向量为a ⋅(a -b )|a -b |=16103=3060，故选：A ．【点评】本题考查向量数量积的运算，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题3分，共12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3分，部分选对的得1分，有选错的得0分)9.已知i 是虚数单位，复数z =(1-i )i ，则(BD )A.z 的实部为-1B.z 的共轭复数是1-iC.|z |=2D.z 2=2i【解析】因为z =(1-i )i =1+i ，所以z 的实部为1，故A 错误，z 的共轭复数为1-i ，故B 正确，|z |=12+12=2，故C 错误，z 2=(1+i )2=2i ，故D 正确，故选：BD ．【点评】本题考查了复数的运算性质，涉及到复数的共轭复数以及模的求解，考查了学生的运算能力，属于基础题．10.如图是甲、乙两人在射击测试中6次命中环数的折线图，(CD )A.若甲、乙射击成绩的平均数分别为x 1，x 2，则x 1<x2B.若甲、乙射击成绩的方差分别为s 21，s 22，则s 21<s 22C.乙射击成绩的中位数小于甲射击成绩的中位数D.乙比甲的射击成绩稳定【解析】甲射击测试中6次命中环数为：6，7，8，9，9，10，乙射击测试中6次命中环数为：5，5，6，7，7，7，甲、乙射击成绩的平均数分别为x 1，x 2，甲、乙射击成绩的方差分别为s 21，s 22，则x 1 =16×(9+10+6+7+9+8)=8.17，x 2=16×(6+7+5+5+7+7)=6.17，所以x 1>x 2，故选项A 错误；由折线图可以看出，乙的射击成绩比甲的射击成绩波动较小，所以s 21>s 22，乙比甲的射击成绩稳定，故选项错误，选项D 正确；甲射击成绩的中位数为8+92=7.5，乙射击成绩的中位数为6+72=6.5，故选项C 正确．故选：CD ．【点评】本题考查了折线图的应用，平均数与方差计算公式的应用，读懂统计图并能从统计图得到必要的信息是解决问题的关键，属于基础题．11.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 是线段B 1C 上动点，F 是BD 1的中点，则(ABC )A.AP ⎳平面A 1DC 1B.AP ⊥BD 1C.直线BB 1与平面BPD 1所成角可以是∠D 1BB 1D.二面角C 1-BD 1-C 的平面角是∠C 1FC【解析】以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为1，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，B 1(1，1，1)，A 1(1，0，1)，C 1(0，1，1)，对于A ，设P (a ，1，a )，则AP =(a -1,1,a ),A 1D =(-1,0,-1)，DC 1 =(0,1,1)，设平面A 1DC 1的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1D=0n ⋅DC 1 =0，即-x -z =0y +z =0 ，令x =1，则y =1，z =-1，故n=(1,1,-1)，则AP ⋅n=(a -1)×1+1×1-1×a =0，又AP ⊄平面A 1DC 1，所以AP ⎳平面A 1DC 1，故选项A 正确；对于B ，因为B (1，1，0)，D 1(0，0，1)，所以BD 1 =(-1-1,1),AP=(a -1,1,a )，所以AP ⋅BD 1=0，则AP ⊥BD 1，故选项B 正确；对于C ，当点P 为B 1C 的中点时，直线BB 1与平面BPD 1所成的角可以是∠D 1BB 1，故选项C 正确；对于D ，因为F 为BD 1的中点，所以C 1F ⊥BD 1，但CF 不垂直于BD 1，此时二面C 1-BD 1-C 的平面角不可以是∠C 1FC ，故选项D 错误．故选：ABC ．【点评】本题以命题的真假判断为载体考查了空间中线线、线面、面面的位置关系，空间角的求解，考查了空间向量在立体几何中的应用，考查了逻辑推理能力、空间想象能力、化简运算能力，属于中档题．12.在ΔABC 中，D ，E 分别是BC ，AC 的中点，且BC =6，AD =2，则(BD )A.ΔABC 面积最大值是12B.cos B ≥53C.|AD +BE|不可能是5D.BE ⋅AC ∈112,352【解析】设ΔABC 三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，对于A ，S ΔABC =12⋅a ⋅h a =12⋅6⋅h a =3h a ≤3⋅AD =6，当AD ⊥BC 时不等式等号成立，所以ΔABC 面积最大值为6，故A 错误；对于B ，在ΔABD 中，cos B =32+AB 2-42⋅3⋅AB =AB 2+56AB =AB 6+56AB≥2AB 6⋅56AB =53，当AB =5时，不等式等号成立，故B 正确；对于C ，因为AD +BE =-DA +BD +DA +AE =BD +12AC =DC +12(DC -DA )=32DC -12DA ，所以|AD +BE |=|DC -DA |2=(3DC -DA )22=9|DC |2+|DA |2-6DC ⋅DA 2=85-6DC ⋅DA2=5，解得DC ⋅DA =-52，因为|DC |⋅|DA |=6，所以DC ⋅DA ∈(-6,6)，故|AD +BE|可能是5，故C 错误；对于D ,BE =(AD +BE )-AD =32DC -12DA+DA =32DC +12DA ，AC =DC -DA ，所以BE ⋅AC =32DC +12DA ⋅(DC -DA )=32DC 2-12DA 2-DC ⋅DA =232-DC ⋅DA ，又DC ⋅DA ∈(-6,6)，所以232-DC ⋅DA ∈112,352．故选：BD ．【点评】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，考查基本不等式在求最值中的应用，考查平面向量数量积和模的运算，考查数学运算和直观想象的核心素养，属于中档题．三、填空题(本大题共4小题，每小题3分，共12分)13.已知一组数据：15，17，14，10，15，17，17，16，14，12，则该组数据的众数是17．【解析】该组数据从小到大排列为：10，12，14，14，15，15，16，17，17，17，这组数据出现次数最多的是17，所以众数是17．故答案为：17．【点评】本题考查了求一组数据的众数问题，通常是先按从小到大排列，再找出现次数最多的数据，是基础题．14.已知向量a ，b 满足|a |=1，|b |=3，且(2a -b )⊥b ，则a 与b夹角的余弦值是32．【解析】∵向量a ，b 满足|a |=1，|b |=3，且(2a -b)⊥b ，∴(2a -b )⋅b =2a ⋅b -b 2=2×1×3×cos <a ,b>-3=0，∴cos <a ,b >=323=32．∴a 与b 夹角的余弦值为32．故答案为：32．【点评】本题考查向量夹角的余弦值的求法，考查向量垂直的性质等基础知识，考查推理论证能力，是基础题．15.已知某运动员每次投篮命中的概率为0.5，现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：用计算机产生0~999之间的随机整数，以每个随机整数(不足三位的整数，其百位或十位用0补齐)为一组，代表三次投篮的结果，指定数字0，1，2，3，4表示命中，数字5，6，7，8，9表示未命中．如图，在R 软件的控制平台，输入“sample (0:999，20，replace =F )”，按回车键，得到0~999范围内的20个不重复的整数随机数，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为310．【解析】在20个不重复的整数随机数中，表示该运动员三次投篮恰有两次命中的随机数有：633，309，16，543，247，62，共6个，∴据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为：P =620=310．故答案为：310．【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．16.已知四面体ABCD 的所有棱长均为4，点O 满足OA =OB =OC =OD ，则以O 为球心，2为半径的球与四面体ABCD 表面所得交线总长度为1633π．【解析】∵正四面体A -BCD 的中心与球心O 重合，正四面体的棱长为4，取CD 中点E ，连结BE ，AE ，过A 作AF ⊥底面BCD ，交BE 于F ，则BE =4sin60°=23，BF =23BE =433，∴AF =AB 2-BF 2=463，又(AF -OF )2=OF 2+BF 2，∴OF =63，由球的半径知球被平面截得小圆半径为r =(2)2-63 2=233．而ΔABC 的内切圆半径为233，故球被正四面体一个平面截曲线为圆弧，∴正四面体表面与球面的交线的总长度为：4×2π×233=1633π．故答案为：1633π．【点评】本题考查正四面体表面与球面的交线的总长度的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．四、解答题(本大题共6小题，共52分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.已知向量a=(m -1,1)，b =(1,3)．(Ⅰ)若m =0，求a ⋅b；(Ⅱ)若|a +b|=5，求实数m 的值．【解析】(Ⅰ)因为m =0，所以a=(-1,1)，所以a ⋅b=-1×1+1×3=2．(Ⅱ)因为a +b =(m ,4)，|a +b|=5，所以|a +b|=m 2+16，所以m 2+16=25，所以m =±3．【点评】本题考查向量的数量积的求法与应用，向量的模的运算法则的应用，是基础题．18.如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =AD =3，AC 1=34．(Ⅰ)求长方体的表面积；(Ⅱ)若E 是棱AA 1的中点，求四棱锥E -BB 1C 1C 的体积．【解析】(Ⅰ)因为AB=AD=3，AC1=34，又AC1=AB2+AD2+AA12=9+9+AA12=34，所以AA1=4，所以，长方体的表面积为S=2×(3×3+3×4+3×4)=66．(Ⅱ)因为AA1⎳平面BB1C1C，E是棱AA1的中点，所以点E到平面BB1C1C的距离等于A到平面BB1C1C的距离，所以四棱锥E-BB1C1C的体积为V=13S矩形BB1C1C⋅AB=13×3×4×3=12．【点评】本题考查了长方体的表面积和棱锥的体积计算问题，是基础题．19.甲、乙两位射手对同一目标各射击两次，且每人每次击中目标与否均互不影响．已知甲每次击中目标的概率为23，乙每次击中目标的概率为34．(Ⅰ)求甲两次都没有击中目标的概率；(Ⅱ)在四次射击中，求甲、乙恰好各击中一次目标的概率．【解析】(Ⅰ)设甲两次都没有击中目标为事件A，则p(A)=1-2 31-23=19．(Ⅱ)设甲、乙恰好各击中一次目标为事件B，∵甲恰好击中一次目标的概率为C12×23×1-23=49，乙恰好击中一次目标的概率为C12×34×1-34=38，∴甲、乙恰好各击中一次目标的概率为p(B)=49×38=16．【点评】本题考查的知识点是相互独立事件的概率乘法公式，互斥事件概率加法公式，属于基础题．20.用分层随机抽样从某校高一年级学生的数学期末成绩(满分为100分，成绩都是整数)中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个，再将40个男生成绩样本数据分为6组：[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，绘制得到如图所示的频率分布直方图．(Ⅰ)估计男生成绩样本数据的第80百分位数；(Ⅱ)在区间[40，50)和[90，100]内的两组男生成绩样本数据中，随机抽取两个进行调查，求调查对象来自不同分组的概率；(Ⅲ)已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．【解析】(Ⅰ)由频率分布直方图可知，在[40，80)内的成绩占比为70%，在[40，90)内的成绩占比为95%，因此第80百分位数一定位于[80，90)内．因为80+10×0.8-0.70.95-0.7=84，所以估计男生成绩样本数据的第80百分位数约是84．(Ⅱ)在区间[40，50)和[90，100]内的男生成绩样本数据分别有4个和2个，则在这6个数据中随机抽取两个的样本空间Ω包含的样本点个数为n (Ω)=5+4+3+2+1=15．记事件A =“调查对象来自不同分组”，则事件A 包含的样本点个数为n (A )=4×2=8，所以P (A )=n (A )n (Ω)=815．(Ⅲ)设男生成绩样本数据为x 1，x 2，⋯，x 40，其平均数为x =71，方差为s x 2=187.75；女生成绩样本数据为y 1，y 2，⋯，y 60，其平均数为y =73.5，方差为s y 2=119；总样本的平均数为z，方差为s 2．由按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，得z =40100x +60100y =72.5．因为s 2=110040i =1(x i -z ) 2+60j =1(y j -z ) 2 =110040i =1(x i -x +x -z ) 2+60j =1(y j -y +y -z ) 2 ，又40i =12 (x i -x )(x -z )=2(x -z )40i =1(x i -x )=2(x -z )40i =1x i -40x=0，同理60j =12 (y j -y )(y -z)=0，所以s 2=110040i =1(x i -x ) 2+40i =1(x -z ) 2+60j =1(y j -y ) 2+60j =1(y -z ) 2 =1100{40[s x 2+(x -z )2]+60[s y 2+(y -z )2]}=1100{40[187.75+(71-72.5)2]+60[119+(73.5-72.5)2]}=148．所以总样本的平均数和方差分别为72.5和148．【点评】本题主要考查频率分布直方图，概率的计算，百分位数、平均数、方差的计算，考查运算求解能力，属于中档题，21.在ΔABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2c -a =2b cos A ，b =3．(Ⅰ)求B 的大小；(Ⅱ)若a =3，求ΔABC 的面积；(Ⅲ)求aca +c的最大值．【解析】(Ⅰ)因为2c-a=2b cos A，又asin A=bsin B=csin C，所以2sin C-sin A=2sin B cos A，所以2sin(A+B)-sin A=2sin B cos，所以2sin A cos B-sin A=0，因为A∈(0,π)，sin A≠0，所以cos B=1 2，可得B=π3．(Ⅱ)因为b2=a2+c2-ac，所以c2-3c-6=0，所以c=23，所以ΔABC的面积为S=12ac sin B=332．(Ⅲ)由a2+c2-ac=9，得(a+c)2=9+3ac，因为ac≤(a+c)24，所以(a+c)2≤9+34(a+c)2，所以3<a+c≤6(当且仅当a=c=3时取等号)．设t=a+c，则t∈(3，6]，所以aca+c=t2-93t，设f(t)=t2-93t=13t-9t，则f(t)在区间(3，6]上单调递增，所以f(t)的最大值为f(6)=3 2，所以，aca+c的最大值为3 2．【点评】本题考查余弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换，基本不等式以及二次函数的性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．22.如图，四棱台ABCD-EFGH的底面是矩形，EH=DH=1，AD=2，AB=4，AD⊥DH．(Ⅰ)证明：BC⊥平面DCG；(Ⅱ)设平面DBG与平面ADHE的交线为l，求直线l与平面BCG所成角的正弦值的取值范围．【解析】(Ⅰ)证明：∵底面ABCD是矩形，∴AD⊥DC又AD⊥DH，且DC∩DH=D，∴AD⊥平面DCG，又∵AD⎳BC，∴BC⊥平面DCG；(Ⅱ)在四棱台ABCD-EFGH中，延长AE，BF，CG，DH交于S．∵GH⎳AB，GH=12AB，∴直线BG，AH相交，设交点为P，连结DP，SP．∵P∈AH，AH⊂平面ADHE，又P∈BG，BG⊂平面DBG，且平面ADHE∩平面DBG=l，∴P∈l，又D∈l，∴平面ADHE∩平面DBG=DP．过点D作DM⊥SC，垂足为M，连结PM．∵BC⊥平面DCG，BC⊂平面BCG，∴平面BCG⊥平面DCG，又平面BCG∩平面DCG=SC，∴DM⊥平面BCG，则直线l与平面BCG所成的角为∠MPD．当M与S重合时，DM=SD=2；当M与S不重合时，在RtΔDMS中，0<DM<SD．∴0<DM≤2，又∵DP=SA=22，∴在RtΔMPD中，有sin∠MPD=DMPD=DM22∈0，22．∴直线l与平面BCG所成角的正弦值的取值范围是0，22．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间角的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．第11页共11页。
福建省宁德市2020_2021学年高一数学下学期期末考试质量检测试题含解析
福建省宁德市2020-2021学年高一数学下学期期末考试质量检测试题（含解析）一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1．已知复数z满足z＝i（1+i），则是（）A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i2．掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，事件B＝“第二枚出现偶数点”，则事件A与事件B的关系为（）A．A与B互斥B．A与B对立C．A与B独立D．A与B相等3．如图1、图2分别是甲、乙两户居民家庭全年各项支出的统计图．根据统计图，下列对两户居民旅游支出占全年总支出的百分比作出的判断中，正确的是（）A．甲户比乙户大B．乙户比甲户大C．甲、乙两户一般大D．无法确定哪一户大4．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为（）A．0°B．45°C．60°D．90°5．已知m，n是两条直线．α，β是两个平面，下列说法正确的是（）A．若m∥n，n∥α，则m∥αB．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βC．若m∥α，n⊂α，则m∥n D．若m⊂α，m⊥β，则α⊥β6．已知某运动员每次投篮命中的概率是40%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）A．B．C．D．7．《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事．其中，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，则田忌的马获胜的概率为（）A．B．C．D．8．如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则＝（）A．B．C．D．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．设向量，则（）A．B．C．D．在上的投影向量为（1，0）10．任何一个复数z＝a+bi（其中a、b∈R，i为虚数单位）都可以表示成：z＝r（cosθ+i sinθ）的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：z n＝[r（cosθ+i sinθ）]n ＝r n（cos nθ+i sin nθ）（n∈N+），我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（）A．当时，B．C．|z4|＝|z|4D．在复平面内对应的点的坐标为第三象限11．已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M、N，若线段MN的最小值为，则（）A．正四面体的外接球的表面积为96πB．正四面体的内切球的体积为C．正四面体的棱长为12D．线段MN的最大值为12．新冠肺炎期间，某社区规定：若任意连续7天，每天不超过6人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热．下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该社区没有发生群体性发热的为（）A．中位数为4，众数为3 B．均值小于1，中位数为1C．均值为2，标准差为D．均值为3，众数为4三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知z＝，则|z|＝．14．在△ABC中，若b＝1，c＝，∠C＝，则a＝．15．如图，桌面上放置一个装有水的圆柱形玻璃水杯，AB为杯底直径，现以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，则圆柱母线与水面所在平面所成的角等于．16．菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点（含边界），则的最小值为．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．已知向量满足＝（1，1），||＝1．（1）若的夹角θ为，求；（2）若，求与的夹角．18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，D是BC的中点．（1）求证：A1B∥平面ADC1；（2）若面ABB1A1⊥面ABC，AA1⊥AB，AA1＝2，求几何体ABD﹣A1B1C1的体积．19．某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量﹣标准质量，单位mg）的样本数据统计如下：（1）求样本数据的80%分位数；（2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在（﹣s，+s）范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中分别为样本平均数和样本标准差，计算可得s ≈10（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．①若产品的质量差为62mg，试判断该产品是否属于一等品；②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率．20．现给出两个条件：①2b sin A＝a tan B，②a（sin A﹣sin C）＝b sin B﹣c sin C，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若_____．（1）求B；（2）若点D是边AC靠近A的三等分点，且BD长为1，求△ABC面积的最大值．21．甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为，乙丙每人面试合格的概率都是，且三人面试是否合格互不影响．求：（1）恰有一人面试合格的概率；（2）至多一人签约的概率．22．在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”．已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC．（1）从三棱锥P﹣ABC中选择合适的两条棱填空．若⊥，则该三棱锥为“鳖臑”；（2）已知三棱锥P﹣ABC是一个“鳖臑”，且AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°，①若△PAC上有一点D，如图1所示，试在平面PAC内作出一条过点D的直线l，使得l与BD垂直，说明作法，并给予证明；②若点D在线段PC上，点E在线段PB上，如图2所示，且PB⊥平面EDA，证明∠EAB是平面EAD与平面BAC的二面角的平面角．参考答案一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1．已知复数z满足z＝i（1+i），则是（）A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．解：∵z＝i（1+i）＝﹣1+i，∴．故选：B．2．掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，事件B＝“第二枚出现偶数点”，则事件A与事件B的关系为（）A．A与B互斥B．A与B对立C．A与B独立D．A与B相等【分析】事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件；P（A）＝＝，P（B）＝＝，P（AB）＝＝，由P（AB）＝P（A）P （B），得A与B独立；事件A与事件B不相等．解：掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，事件B＝“第二枚出现偶数点”，事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件，故A，B均错误；P（A）＝＝，P（B）＝＝，P（AB）＝＝，∵P（AB）＝P（A）P（B），A与B独立，故C正确；事件A与事件B不相等，故D错误．故选：C．3．如图1、图2分别是甲、乙两户居民家庭全年各项支出的统计图．根据统计图，下列对两户居民旅游支出占全年总支出的百分比作出的判断中，正确的是（）A．甲户比乙户大B．乙户比甲户大C．甲、乙两户一般大D．无法确定哪一户大【分析】由柱状图计算出乙户的旅游支出占比，再与甲的比较即可．解：由饼状图，甲户的旅游支出占25%；由柱状图，乙户的旅游支出占＜25%．故选：A．4．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为（）A．0°B．45°C．60°D．90°【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE﹣CMFB，由此能求出AM与BN所成角的大小．解：如图，把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE﹣CMFB，∵CD∥BN，CD⊥AM，∴AM⊥BN，∴在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为90°．故选：D．5．已知m，n是两条直线．α，β是两个平面，下列说法正确的是（）A．若m∥n，n∥α，则m∥αB．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βC．若m∥α，n⊂α，则m∥n D．若m⊂α，m⊥β，则α⊥β【分析】对于A，m∥α或m⊂α；对于B，m与β相交、平行或m⊂β；对于C，m与n 平行或异面；对于D，由面面垂直的判定定理得α⊥β．解：由m，n是两条直线．α，β是两个平面，知：对于A，若m∥n，n∥α，则m∥α或m⊂α，故A错误；对于B，若α⊥β，m⊂α，则m与β相交、平行或m⊂β，故B错误；对于C，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故C错误；对于D，若m⊂α，m⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．故选：D．6．已知某运动员每次投篮命中的概率是40%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）A．B．C．D．【分析】找出10组随机数中三次投篮恰有两次命中的事件，计算所求的概率值．解：根据10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，表示三次投篮恰有两次命中的事件是204，171，263，共3件；所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为P＝．故选：B．7．《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事．其中，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，则田忌的马获胜的概率为（）A．B．C．D．【分析】基本事件总数n＝3×3＝9，利用列举法求出田忌的马获胜包含的基本事件有3种情况，由此能求出田忌的马获胜的概率．解：田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，基本事件总数n＝3×3＝9，分别为：田忌的上等马对阵齐王的上等马，田忌的上等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，田忌的中等马对阵齐王的上等马，田忌的中等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，田忌的下等马对阵齐王的上等马，田忌的下等马对阵齐王的中等马，田忌的下等马对阵齐王的下等马，田忌的马获胜包含的基本事件有3种情况，分别为：田忌的上等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，田忌的中等马对阵齐王的下等马，则田忌的马获胜的概率为P＝．故选：C．8．如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则＝（）A．B．C．D．【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可．解：∵＝2，∴＝+＝+＝+（﹣）＝+﹣×，∴＝+，∴＝+．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．设向量，则（）A．B．C．D．在上的投影向量为（1，0）【分析】根据平面向量数量积的运算性质逐一进行判断即可解：因为，所以＝（﹣1，﹣1），对A：||＝，||＝，所以||＝||，故A正确；对B：因为1×（﹣1）﹣（﹣1）×（﹣1）＝﹣2≠0，所以与不平行，故B错误；对C：（）•＝﹣1+1＝0，所以（）⊥，故C正确；对D：在上的投影为＝＝1，则在上的投影向量为（1，0），故D正确；故选：ACD．10．任何一个复数z＝a+bi（其中a、b∈R，i为虚数单位）都可以表示成：z＝r（cosθ+i sinθ）的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：z n＝[r（cosθ+i sinθ）]n ＝r n（cos nθ+i sin nθ）（n∈N+），我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（）A．当时，B．C．|z4|＝|z|4D．在复平面内对应的点的坐标为第三象限【分析】根据已知条件，结合复数z的三角形式和共轭复数的概念，即可求解．解：对于A选项，当时，z＝cos+＝，，故A选项正确，对B选项，＝cosπ+sinπi＝﹣1，故B选项错误，对于C选项，∵z＝r（cosθ+i sinθ），∴z4＝r4（cos4θ+i sin4θ），则|z4|＝r4，|z|4＝r4，∴|z4|＝|z|4，故C选项正确，对于D选项，＝＝，即在复平面对应的点为（，）位于第四象限，故D选项错误．故选：AC．11．已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M、N，若线段MN的最小值为，则（）A．正四面体的外接球的表面积为96πB．正四面体的内切球的体积为C．正四面体的棱长为12D．线段MN的最大值为【分析】设这个四面体的棱长为a，利用分割补形法求其外接球的半径，由等体积法求其内切球半径，再由已知列式求解a，然后逐一分析四个选项得答案．解：设这个四面体的棱长为a，四面体可看作棱长为的正方体截得的，故四面体的外接球即为正方体的外接球，外接球直径为正方体体对角线长，2R外＝＝，∴R外＝a，四面体的高h＝a，根据等体积法，S•h＝4×S•r内，解得r内＝a，依题意得R外﹣r内＝a﹣a＝，∴a＝12，故C正确；正四面体外接球的半径，则正四面体外接球的表面积为4π×54＝216π，故A错误；正四面体内切球的半径为，则内切球的体积V＝×＝，故B正确；线段MN的最大值为：R外+r内＝，故D错误．故选：BC．12．新冠肺炎期间，某社区规定：若任意连续7天，每天不超过6人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热．下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该社区没有发生群体性发热的为（）A．中位数为4，众数为3 B．均值小于1，中位数为1C．均值为2，标准差为D．均值为3，众数为4【分析】根据题意，假设设连续7天，每天的体温高于37.3℃的人数分别为a，b，c，d，e，f，g，且0≤a≤b≤c≤d≤e≤f≤g，由此依次分析选项，可得答案．解：由题意，设连续7天，每天的体温高于37.3℃的人数分别为a，b，c，d，e，f，g，且0≤a≤b≤c≤d≤e≤f≤g，依次分析选项：对于A，a，b，c，d，e，f，g依次取3，3，3，4，5，5，7，则满足中位数为4，众数为3，但是第7天的人数为7＞6，不符合题意；对于B，若g≥7，中位数为1，则有（a+b+c+d+e+f+g）＞g≥1，与均值小于1矛盾，可以判定该社区没有发生群体性发热，符合题意；对于C，若均值为2，标准差为，则有（a+b+c+d+e+f+g）＝2，[（a﹣2）2+…+（g﹣2）2]＝3，变形可得a+b+c+d+e+f+g＝14，（a﹣2）2+…+（g﹣2）2＝21，若g≥7，则（g﹣2）2≥25，与标准差为矛盾，可以判定该社区没有发生群体性发热，符合题意；对于D，a，b，c，d，e，f，g依次取0，1、2，3，4，4，7，满足均值为3，众数为4，但是第7天的人数为7＞6，不符合题意；故选：BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知z＝，则|z|＝ 1 ．【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．解：∵z＝＝，∴．故答案为：1．14．在△ABC中，若b＝1，c＝，∠C＝，则a＝ 1 ．【分析】先根据b，c，∠c，由正弦定理可得sin B，进而求得B，再根据正弦定理求得a．解：在△ABC中由正弦定理得，∴sin B＝，∵b＜c，故B＝，则A＝由正弦定理得∴a＝＝1故答案为：115．如图，桌面上放置一个装有水的圆柱形玻璃水杯，AB为杯底直径，现以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，则圆柱母线与水面所在平面所成的角等于．【分析】作出图形，数形结合能求出结果．解：如图，以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，，水面所在直线EF∥桌面所在直线CD，，∴，∴圆柱母线与水面所在平面所成的角∠EFB＝∠CBF＝．故答案为：．16．菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点（含边界），则的最小值为﹣4 ．【分析】设在向量方向上的投影为x，结合图形可知当N点与A点重合时x最小，所以，进而可得答案．解：设在向量方向上的投影为x，则，当x最小时，取得最小值，结合图形可知当N点与A点重合时x最小，所以＝．故答案为：﹣4．四、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．已知向量满足＝（1，1），||＝1．（1）若的夹角θ为，求；（2）若，求与的夹角．【分析】（1）根据平面向量数量积运算公式求解即可；（2）由得，进而求出，再根据平面向量夹角公式求解即可．解：（1），所以，所以，（2）因为，所以，所以，所以，所以，因为θ∈[0，π]，所以．故与的夹角为．18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，D是BC的中点．（1）求证：A1B∥平面ADC1；（2）若面ABB1A1⊥面ABC，AA1⊥AB，AA1＝2，求几何体ABD﹣A1B1C1的体积．【分析】（1）连接A1C，交AC1于O，连接OD，可得OD∥A1B，再由直线与平面平行的判定得AB1∥平面ADC1；（2）由平面ABB1A1⊥平面ABC，AB⊥AA1，利用平面与平面垂直的性质可得AA1⊥平面ABC，再由已知求得三棱锥ABC﹣A1B1C1与三棱锥C1﹣ADC的体积，作差可得几何体ABD﹣A1B1C1的体积．【解答】（1）证明：连接A1C，交AC1于O，连接OD，∵OD是ΔCA1B的中位线，∴OD∥A1B，又OD⊂平面ADC1，AB1⊄平面ADC1，∴AB1∥平面ADC1；（2）解：∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，AB⊥AA1，AA1⊂平面ABB1A1，∴AA1⊥平面ABC，∵AB⊥AC，AB＝AC＝1，且AA1＝2，∴，，故．19．某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量﹣标准质量，单位mg）的样本数据统计如下：（1）求样本数据的80%分位数；（2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在（﹣s，+s）范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中分别为样本平均数和样本标准差，计算可得s ≈10（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．①若产品的质量差为62mg，试判断该产品是否属于一等品；②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率．【分析】（1）求出频率f1＝0.1，f2＝0.2，f3＝0.45，f4＝0.2，f5＝0.05，f1+f2+f3+f4＝0.95；f1+f2+f3＝0.75，从而80%分位数一定位于[76，86）内，由此能估计样本数据的80%分位数．（2）①求出平均数，得到，再由62∈（60，80），得该产品属于一等品．②记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b，利用列举法求出摸出两件产品总基本事件共10个，法一：记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，利用列举法求出A包含的基本事件共9个，由此能求出所求概率．法二：记事件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，：摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个（a，b）．利用对立事件概率计算公式能求出所求概率．解：（1）因为频率f1＝0.1，f2＝0.2，f3＝0.45，f4＝0.2，f5＝0.05，f1+f2+f3+f4＝0.95；f1+f2+f3＝0.75，所以，80%分位数一定位于[76，86）内，所以＝．所以估计样本数据的80%分位数约为78.5．（2）①，所以，又62∈（60，80）可知该产品属于一等品．②记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b，这是古典概型，摸出两件产品总基本事件共10个，分别为：（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），（a，b），方法一：记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，A包含的基本事件共9个，分别是：（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），所以．方法二：记事件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，：摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个（a，b）．所以．20．现给出两个条件：①2b sin A＝a tan B，②a（sin A﹣sin C）＝b sin B﹣c sin C，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若_____．（1）求B；（2）若点D是边AC靠近A的三等分点，且BD长为1，求△ABC面积的最大值．【分析】（1）①根据正弦定理以及同角关系进行转化求解；②利用正弦定理和余弦定理进行转化求解即可．（2）根据点D是边AC靠近A的三等分点，方法1：根据条件得到关于a，c的关系式，然后利用基本不等式求出ac的范围，再得到面积的最大值；方法2，直接利用余弦定理，结合基本不等式进行转化求解即可．解：（1）若选①，由2b sin A＝a tan B，得2 sin B sin A＝由sin A≠0，sin B≠0，得因为B∈（0，π），所以B＝60°．若选②，由a（sin A﹣sin C）＝b sin B﹣c sin C，得a2+c2﹣b2＝ac所以因为B∈（0，π），所以B＝60°．（2）方法一：，，由，平方得，即，所以，所以，即，当且仅当时，取等号，所以，此时且．方法二：△ABC中，由余弦定理，可得b2＝a2+c2﹣ac，由∠ADB+∠CDB＝π，得cos∠ADB＝﹣cos∠CDB，所以，所以，即a2+4c2+2ac＝9，由基本不等式，得即，当且仅当，取等号，所以，即，所以，此时且．21．甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为，乙丙每人面试合格的概率都是，且三人面试是否合格互不影响．求：（1）恰有一人面试合格的概率；（2）至多一人签约的概率．【分析】（1）利用对立事件的概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可；（2）事件E：至多一人签约，事件F：恰好一人签约，事件G：没人签约，然后由互斥事件的加法公式得到P（E）＝P（F）+P（G），再利用对立事件的概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式分别求解P（F），P（G），即可得到答案．解：（1）记事件A：甲面试合格，事件B：乙面试合格事件C：丙面试合格事件D：恰好有一人面试合格，依题意，事件A、B、C相互独立，所以＝＝；（2）事件E：至多一人签约，事件F：恰好一人签约，事件G：没人签约，因为F与G互斥，所以P（E）＝P（F）+P（G），又＝＝，＝＝，，所以至多一人签约的概率为．22．在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”．已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC．（1）从三棱锥P﹣ABC中选择合适的两条棱填空．若AB⊥BC，则该三棱锥为“鳖臑”；（2）已知三棱锥P﹣ABC是一个“鳖臑”，且AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°，①若△PAC上有一点D，如图1所示，试在平面PAC内作出一条过点D的直线l，使得l与BD垂直，说明作法，并给予证明；②若点D在线段PC上，点E在线段PB上，如图2所示，且PB⊥平面EDA，证明∠EAB是平面EAD与平面BAC的二面角的平面角．【分析】（1）由“鳖臑”的定义求解即可；（2）①连接CD，在△PAC内，过点D作l⊥CD，即可得l为所求直线，利用线面垂直的判定定理和性质证明l⊥平面BCD，即可证明l⊥BD；②延长ED，BC，交于点F，连接AF，利用线面垂直的判定定理证明AF⊥平面PAB，由二面角的平面角的定义即可证明．解：（1）因为PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，则PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，故△PAC与△PAB是两个直角三角形，当AB⊥BC时，则△BAC为直角三角形，因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，则△BPC为直角三角形，故该三棱锥为“鳖臑”；（2）①连接CD，在△PAC内，过点D作l⊥CD，即可得l为所求直线，证明如下：在△ABC中，由余弦定理可得，由勾股定理逆定理可知，BC⊥AC，又因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，又l⊂平面PAC，则l⊥BC，又l⊥CD，CD∩BC＝C，CD，BC⊂平面BCD，所以l⊥平面BCD，又BD⊂平面BCD所以l⊥BD；②延长ED，BC，交于点F，连接AF，因为点F∈平面ADE，点F∈平面ABC，所以平面ADE∩平面ABC＝AF，因为PA⊥底面ABC，且AF⊂平面ABC所以PA⊥AF，因为PB⊥平面EDA，AF⊂平面EDA，所以PB⊥AF，又因为PB∩PA＝P，PA，PB⊂平面PAB，所以AF⊥平面PAB，所以AF⊥AE，AF⊥AB，故∠EAB是平面EAD与平面BAC所形成的二面角的平面角．21。
甘肃省兰州市第二十七中学2020-2021学年高一下学期期末考试数学试卷
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案 C C B C B A A C A 二、填空题（4×5 分=20 分）
13． 25 3
14． 15 或 16
15． －76
三、解答题
17．解： x2 ax 2a2 0 x a x 2a 0.
10 11 12 CBA
16．
19 13
,
0
x2 ax 2a2 0 的根 x1 a, x2 2a.
(1)将 y 表示为 x 的函数； (2)试确定 x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用.
19．(12 分)在△ABC 中，∠BAC＝120°，AB＝3，BC＝7，求 (1)AC 的长; (2)△ABC 的面积．
20．(12 分)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 bsinA＝ 3acosB. (1)求角 B 的大小； (2)若 b＝3，sinC＝2sinA，求 a，c 的值．
当 a 0 时, 原不等式的解集为 a, 2a.
18. 解：(1)如图，矩形的另一边长为360 m， x
则 y＝45x＋180(x－2)＋180×2×360＝225x＋3602－360(x≥2).
x
x
(2)∵x≥0，∴225x＋3602≥2 225×3602＝10800， x
∴y＝225x＋3602－360≥10440， x
由
f
(n
1)
f
(n)
2n 1 3n1
0(n N* ),
得
f (n 1) f (n)(n N* ). 所以 f (n) 在 N* 单调递减,
fmax (n)
f
2020-2021学年山东省青岛市市北区高一(下)期末数学试卷(解析版)
2020-2021学年山东省青岛市市北区高一（下）期末数学试卷一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1．一个家庭中先后有两个小孩，则他（她）们的性别情况可能为（）A．男女、男男、女女B．男女、女男C．男男、男女、女男、女女D．男男、女女2．向量，，且，则实数λ＝（）A．3B．﹣3C．7D．﹣13．已知复数z＝，则在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限4．在△ABC中，若A＝105°，C＝30°，，则边c＝（）A．2B．C．D．15．已知直线m，n及平面α，β，下列命题中正确的是（）A．若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥βB．若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥βD．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β6．如图是我国2016年第1季度至2020年第2季度重点城市分季度土地供应统计图，针对这些季度的数据，下列说法错误的是（）A．各季度供应规划建筑面积的极差超过15000万平方米B．各季度供应规划建筑面积的平均数超过15000万平方米C．2019年第4季度与2018年第4季度相比，供应规划建筑面积上涨幅度高于10% D．2020年第1季度与2019年第1季度相比，供应规划建筑面积下降幅度高于10% 7．如图，已知＝，＝，＝3，＝2，则＝（）A．﹣+B．﹣C．﹣D．﹣+8．在△ABC中，＝＝，则sin A：sin B：sin C＝（）A．5：3：4B．5：4：3C．：：2D．：2：二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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3分.9．设，是平面内两个不共线的向量，则以下，可作为该平面内一组基底的（）A．，B．，C．，D．，10．袋中装有形状完全相同的3个白球和4个黑球，从中一次摸出了3个球，下列事件是互斥事件的是（）A．摸出三个白球事件和摸出三个黑球事件B．恰好有一黑球事件和都是黑球事件C．至少一个黑球事件和至多一个白球事件D．至少一个黑球事件和全是白球事件11．有一组样本数据x1，x2，…，x n，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，y n，其中y i ＝x i+c（i＝1，2，…，n），c为非零常数，则（）A．两组样本数据的样本平均数相同B．两组样本数据的样本中位数相同C．两组样本数据的样本标准差相同D．两组样本数据的样本极差相同12．设一空心球是在一个大球（称为外球）的内部挖去一个有相同球心的小球（称为内球），已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上、所有面均与内球相切，则（）A．该正方体的棱长为2B．该正方体的体对角线长为3+C．空心球的内球半径为﹣1D．空心球的外球表面积为（12+6）π二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上.13．圆柱的底面积为S，侧面展开图为一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是．14．数据7.0，8.4，8.4，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的第30百分位数是15．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin B﹣cos B＝0，a＝3，b＝7，则c＝．16．某校学生参加社会劳动实践活动，把一个半径为R的球形钢材切削成一个圆锥，当圆锥的体积最大时，高为h，则＝．四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 17．已知复数（i是虚数单位）．（Ⅰ）求复数z的模长；（Ⅱ）若z2+az+b＝1+i（a，b∈R），求a，b的值．18．已知向量，．（1）求向量与的夹角；（2）若（m∈R），且，求m的值19．在一次考试中，考生要从5道题中随机抽取3道进行回答，答对其中2道题为优秀，答对其中1道题为及格，某考生能答对5道题中的2道题，试求：（1）他获得优秀的概率为多少；（2）他获得及格及及格以上的概率为多少．20．某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以[160，180），[180，200），[200，220），[220，240），[240，260），[260，280），[280，300）分组的频率分布直方图如图．（1）求直方图中x的值；（2）求月平均用电量的众数和中位数；（3）在月平均用电量为[220，240），[240，260），[260，280），[280，300）的四组用户中，用分层抽样的方法抽取11户居民，则月平均用电量在[220，240）的用户中应抽取多少户？21．已知三棱锥A﹣PBC，∠ACB＝90°，AB＝20，BC＝4，PA⊥PC，D为AB边中点且△PDB为正三角形．（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）求三棱锥D﹣PBC的体积．22．如图，已知△ABC中，AB＝，∠ABC＝45°，∠ACB＝60°．（1）求AC的长；（2）若CD＝5，求AD的长．参考答案一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1．一个家庭中先后有两个小孩，则他（她）们的性别情况可能为（）A．男女、男男、女女B．男女、女男C．男男、男女、女男、女女D．男男、女女解：根据题意，用列举法可知，性别情况有：男男、男女、女男、女女，共4 种可能．故选：C．2．向量，，且，则实数λ＝（）A．3B．﹣3C．7D．﹣1解：根据题意，若，则有•＝2+2λ＝0，解可得：λ＝﹣1，故选：D．3．已知复数z＝，则在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解：z＝＝＝1+i，则＝1﹣i在复平面内对应的点（1，﹣1）位于第一象限．故选：D．4．在△ABC中，若A＝105°，C＝30°，，则边c＝（）A．2B．C．D．1解：因为A＝105°，C＝30°，所以B＝45°，则，即，解得c＝2，故选：A．5．已知直线m，n及平面α，β，下列命题中正确的是（）A．若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥βB．若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥βD．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β解：（1）∵若m⊥α，n∥β，且m∥n，∴n⊥α，n∥β，∴α⊥β故A不正确；（2）若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β．不正确，如两个面相交，两个相交的墙面，直线m，n都平行于交线，也满足，m∥α，n∥β，所以B不正确；（3）若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则有可能α∥β，不一定α⊥β，所以C不正确；（4）若m⊥α，n⊥β，且m⊥n可以判断α⊥β是正确的，因为可以设两个平面的，，可得数量积为零，⊥，所以可判断α⊥β是正确的，故D正确，故选：D．6．如图是我国2016年第1季度至2020年第2季度重点城市分季度土地供应统计图，针对这些季度的数据，下列说法错误的是（）A．各季度供应规划建筑面积的极差超过15000万平方米B．各季度供应规划建筑面积的平均数超过15000万平方米C．2019年第4季度与2018年第4季度相比，供应规划建筑面积上涨幅度高于10% D．2020年第1季度与2019年第1季度相比，供应规划建筑面积下降幅度高于10%解：对于A，供应规划建筑面积最大的是2019年Q4，约为30000万平方米，最小的是2020年Q1，约为10000万平方米，故各季度供应规划建筑面积的极差约为2000万平方米，故选项A正确；对于B，2016年平均略低于15000万平方米，2017年和2020年平均约为15000万平方米，2018和2019年平均远高于15000万平方米，所以总平均应该高于15000万平方米，故选项B正确；对于C，2019年Q4同比增长约15%，上涨幅度超过10%，故选项C正确；对于D，2020Q1同比增长约﹣8%，下降幅度低于10%，故选项D错误．故选：D．7．如图，已知＝，＝，＝3，＝2，则＝（）A．﹣+B．﹣C．﹣D．﹣+解：因为＝3，＝2，所以＝，＝，由图可得＝+＝﹣，因为，则上式可得＝（）﹣＝﹣＝，故选：D．8．在△ABC中，＝＝，则sin A：sin B：sin C＝（）A．5：3：4B．5：4：3C．：：2D．：2：解：△ABC中，∵＝＝，∴＝＝，即＝＝，即＝＝bc•，即2a2+2c2﹣2b2＝3a2+3b2﹣3c2＝6b2+6c2﹣6a2，求得a2＝，b2＝，∴a＝，b＝c，∴由正弦定理可得a：b：c＝sin A：sin B：sin C＝c：c：c＝：：2，故选：C．二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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3分.9．设，是平面内两个不共线的向量，则以下，可作为该平面内一组基底的（）A．，B．，C．，D．，解：对A，不能用表示，故，不共线，所以符合；对B，，所以，共线，故不符合；对C，不能用表示，故，不共线，所以符合；对D，不能用表示，故，不共线，所以符合．故选：ACD．10．袋中装有形状完全相同的3个白球和4个黑球，从中一次摸出了3个球，下列事件是互斥事件的是（）A．摸出三个白球事件和摸出三个黑球事件B．恰好有一黑球事件和都是黑球事件C．至少一个黑球事件和至多一个白球事件D．至少一个黑球事件和全是白球事件解：根据题意，依次分析选项：对于A，摸出三个白球事件和摸出三个黑球事件不可能同时发生，故它们为互斥事件，故A正确．对于B，恰好有一黑球事件和都是黑球事件不可能同时发生，故它们为互斥事件，故B 正确．对于C，比如三个球中两个黑球和 1 个白球，则至少一个黑球事件和至多一个白球事件可同时发生，故C错误．对于D，至少一个黑球事件和全是白球事件也不可能同时发生，故D正确．故选：ABD．11．有一组样本数据x1，x2，…，x n，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，y n，其中y i ＝x i+c（i＝1，2，…，n），c为非零常数，则（）A．两组样本数据的样本平均数相同B．两组样本数据的样本中位数相同C．两组样本数据的样本标准差相同D．两组样本数据的样本极差相同解：对于A，两组数据的平均数的差为c，故A错误；对于B，两组样本数据的样本中位数的差是c，故B错误；对于C，∵标准差D（y i）＝D（x i+c）＝D（x i），∴两组样本数据的样本标准差相同，故C正确；对于D，∵y i＝x i+c（i＝1，2，…，n），c为非零常数，x的极差为x max﹣x min，y的极差为（x max+c）﹣（x min+c）＝x max﹣x min，∴两组样本数据的样本极差相同，故D正确．故选：CD．12．设一空心球是在一个大球（称为外球）的内部挖去一个有相同球心的小球（称为内球），已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上、所有面均与内球相切，则（）A．该正方体的棱长为2B．该正方体的体对角线长为3+C．空心球的内球半径为﹣1D．空心球的外球表面积为（12+6）π解：设内外球的半径分别为r，R，则正方体的棱长为2r，体对角线长为2R，可得R＝，又由题意可知，R﹣r＝1，联立，解得R＝，r＝，∴正方体的棱长为，体对角线长为3+，故AC错误，B正确；外球的表面积为S＝4πR2＝4π×＝（12+6）π，故D正确．故选：BD．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上.13．圆柱的底面积为S，侧面展开图为一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是4πs．解：圆柱的底面积为S，所以底面半径为：，底面周长为：；侧面展开图为一个正方形，所以圆柱的高为：，所以圆柱的侧面积为：＝4πS故答案为：4πs14．数据7.0，8.4，8.4，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的第30百分位数是8.4解：∵数据共有8个，8×30%＝2.4，故这组数据的30百分位数是第三项数据8.4，故答案为：8.4．15．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin B﹣cos B＝0，a＝3，b＝7，则c＝8．解：因为sin B﹣cos B＝0，即tan B＝，因为B为三角形内角，所以B＝60°，由余弦定理得，cos B＝＝＝，整理得c2﹣3c﹣40＝0，因为c＞0，所以c＝8或c＝﹣3（舍），故答案为：8．16．某校学生参加社会劳动实践活动，把一个半径为R的球形钢材切削成一个圆锥，当圆锥的体积最大时，高为h，则＝．解：问题转化为圆锥内接于半径为R的球，当圆锥体积最大时，求圆锥的高与球半径R 的比值．作出圆锥的轴截面如图，设圆锥的高为h，底面半径为r，则r2＝R2﹣（h﹣R）2＝2Rh﹣h2＝h（2R﹣h），∴圆锥的体积V＝＝．V′＝，由V′＝0，得h＝或h＝0（舍去）．当h∈（0，）时，V′＞0，当h∈（，2R）时，V′＜0，∴当h＝时，圆锥的体积最大，此时＝．故答案为：．四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 17．已知复数（i是虚数单位）．（Ⅰ）求复数z的模长；（Ⅱ）若z2+az+b＝1+i（a，b∈R），求a，b的值．解：（Ⅰ）∵＝＝＝1﹣i，∴|z|＝＝，（Ⅱ）∵z2+az+b＝1+i，∴（1﹣i）2+a（1﹣i）+b＝1+i，∴（a+b）﹣（a+2）i＝1+i，∴，∴．18．已知向量，．（1）求向量与的夹角；（2）若（m∈R），且，求m的值解：（1）根据题意，，，则，，，设向量与的夹角为θ，则，又由θ∈[0，π]，，即向量与的夹角为（2）根据题意，，，则，若，则，又由，则有（﹣4）×3+3m＝0，解可得m＝4．19．在一次考试中，考生要从5道题中随机抽取3道进行回答，答对其中2道题为优秀，答对其中1道题为及格，某考生能答对5道题中的2道题，试求：（1）他获得优秀的概率为多少；（2）他获得及格及及格以上的概率为多少．解：不妨设这5 道题的题号分别为1，2，3，4，5，其中该考生能答对的题的题号为4，5，则从这 5 道题中任取 3 道回答，该试验的样本空间Ω＝（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），（1，3，4），（1，3，5），（1，4，5），（2，3，4），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5），共10 个样本点．（1）记“获得优秀”为事件A，则随机事件A中包含的样本点个数为3，故；（2）记“获得及格及及格以上”为事件B，则随机事件B中包含的样本点个数为9，故．20．某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以[160，180），[180，200），[200，220），[220，240），[240，260），[260，280），[280，300）分组的频率分布直方图如图．（1）求直方图中x的值；（2）求月平均用电量的众数和中位数；（3）在月平均用电量为[220，240），[240，260），[260，280），[280，300）的四组用户中，用分层抽样的方法抽取11户居民，则月平均用电量在[220，240）的用户中应抽取多少户？解：（1）由直方图的性质可得（0.002+0.0095+0.011+0.0125+x+0.005+0.0025）×20＝1，解方程可得x＝0.0075，∴直方图中x的值为0.0075；（2）月平均用电量的众数是＝230，∵（0.002+0.0095+0.011）×20＝0.45＜0.5，∴月平均用电量的中位数在[220，240）内，设中位数为a，由（0.002+0.0095+0.011）×20+0.0125×（a﹣220）＝0.5可得a＝224，∴月平均用电量的中位数为224；（3）月平均用电量为[220，240）的用户有0.0125×20×100＝25，月平均用电量为[240，260）的用户有0.0075×20×100＝15，月平均用电量为[260，280）的用户有0.005×20×100＝10，月平均用电量为[280，300）的用户有0.0025×20×100＝5，∴抽取比例为＝，∴月平均用电量在[220，240）的用户中应抽取25×＝5户．21．已知三棱锥A﹣PBC，∠ACB＝90°，AB＝20，BC＝4，PA⊥PC，D为AB边中点且△PDB为正三角形．（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）求三棱锥D﹣PBC的体积．【解答】证明：（1）∵D为AB边中点且△PDB为正三角形∴AP⊥PB又∵PA⊥PC，PB∩PC＝B，PB，PC⊂平面PBC∴PA⊥平面PBC又∵BC⊂平面PBC∴PA⊥BC∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC又∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC∴BC⊥平面PAC；解：（2）在Rt△PAB中，AB＝20，PB＝AB＝10∴PA＝＝10∵D为AB边中点∴三棱锥D﹣PBC的高h＝PA＝5底面PBC中，BC＝4，∴PC＝＝2故S△PBC＝•PC•BC＝4故三棱锥D﹣PBC的体积V＝•S△PBC•h＝2022．如图，已知△ABC中，AB＝，∠ABC＝45°，∠ACB＝60°．（1）求AC的长；（2）若CD＝5，求AD的长．解：（1）如图所示：已知△ABC中，AB＝，∠ABC＝45°，∠ACB＝60°．利用正弦定理，整理得＝3．（2）利用AC＝3，∠ACD＝120°，CD＝5，利用余弦定理＝＝7．。
2020-2021学年高一下学期数学期末复习卷(一)统计与概率(word版,含答案)
2020-2021学年度高一数学期末复习卷（一）——统计与概率一、单选题1．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是( ) A ．中位数 B ．平均数 C ．方差 D ．极差【答案】A 【分析】可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案． 【详解】设9位评委评分按从小到大排列为123489x x x x x x ≤≤≤≤≤．则①原始中位数为5x ，去掉最低分1x ，最高分9x ，后剩余2348x x x x ≤≤≤，中位数仍为5x ，∴A 正确． ①原始平均数1234891()9x x x x x x x =+++++，后来平均数234817x x x x x '=+++（）平均数受极端值影响较大，∴x 与x '不一定相同，B 不正确 ①()()()222219119S x x x x x x ⎡⎤=-+-++-⎣⎦ ()()()222223817s x x x x x x ⎡⎤'=-'+-'++-'⎢⎥⎣⎦由①易知，C 不正确．①原极差91=x -x ，后来极差82=x -x 可能相等可能变小，D 不正确． 【点睛】本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.2．某单位青年、中年、老年职员的人数之比为10①8①7，从中随机抽取200名职员作为样本，若每人被抽取的概率是0.2，则该单位青年职员的人数为( ) A ．280 B ．320C ．400D ．1000【答案】C 【分析】由题意知这是一个分层抽样问题，根据青年、中年、老年职员的人数之比为1087∶∶，从中抽取200名职员作为样本，得到要从该单位青年职员中抽取的人数，根据每人被抽取的概率为0.2，得到要求的结果 【详解】由题意知这是一个分层抽样问题，青年、中年、老年职员的人数之比为1087∶∶，从中抽取200名职员作为样本， ∴要从该单位青年职员中抽取的人数为：10200801087⨯=++每人被抽取的概率为0.2，∴该单位青年职员共有804000.2= 故选C 【点睛】本题主要考查了分层抽样问题，运用计算方法求出结果即可，较为简单，属于基础题． 3．有一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是（ ） A ．至多有1次中靶 B ．2次都中靶 C ．2次都不中靶D ．只有1次中靶【答案】C 【分析】根据对立事件的定义可得事件“至少有1次中靶”的对立事件． 【详解】由于两个事件互为对立事件时，这两件事不能同时发生，且这两件事的和事件是一个必然事件.再由于一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的反面为“2次都不中靶”.故事件“至少有1次中靶”的对立事件是“2次都不中靶”， 故选：C .4．掷一枚骰子一次，设事件A ：“出现偶数点”，事件B ：“出现3点或6点”，则事件A ，B 的关系是A ．互斥但不相互独立B ．相互独立但不互斥C ．互斥且相互独立D ．既不相互独立也不互斥【答案】B 【详解】事件{2,4,6}A =，事件{3,6}B =，事件{6}AB =，基本事件空间{1,2,3,4,5,6}Ω=，所以()3162P A ==，()2163P B ==，()111623P AB ==⨯，即()()()P AB P A P B =，因此，事件A 与B 相互独立．当“出现6点”时，事件A ，B 同时发生，所以A ，B 不是互斥事件．故选B ．5．齐王有上等、中等、下等马各一匹，田忌也有上等、中等、下等马各一匹．田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现在从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，若有优势的马一定获胜，则齐王的马获胜得概率为 A ．49B ．59C ．23D ．79【答案】C 【分析】现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛 ,列出样本空间，有9个样本点，“齐王的马获胜”包含的样本点有6个，利用古典概型概率公式可求出齐王的马获胜的概率. 【详解】设齐王上等、中等、下等马分別为,,A B C ，田忌上等、中等、下等马分别为,,a b c ， 现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛,Ω={()()()()()()()()(),,,,,,,,,,,,,,,,,A a A b A c B a B b B c C a C b C c }，9)(=Ωn ，因为每个样本点等可能，所以这是一个古典概型。
湖南省怀化市2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题含答案
湖南省怀化市2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题含答案注意事项:1。
答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。
2。
考生作答时，选择题和综合题均须做在答题卡上,在本试卷上答题无效。
考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题。
3。
考试结束后，将答题卡收回.4.本试题卷共4页，如有缺页,考生须声明，否则后果自负.怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷2020年上期期末考试高一数学一、单项选择题：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.为了了解某地参加计算机水平测试的5000名学生的成绩，从中抽取了200名学生的成绩进行统计分析.在这个问题中,5000 名学生成绩的全体是A.总体B。
个体 C.从总体中抽取的一个样本D.样本的容量2.设α是第三象限角，且tan1α=，则cosα=A。
-12B. 22C. 22- D. 12-3。
同时掷3枚硬币，那么互为对立事件的是A.至少有1枚正面和最多有1枚正面B.最多1枚正面和恰有2枚正面C 。
至多1枚正面和至少有2枚正面 D.至少有2枚正面和恰有1枚正面4。
某中学高三从甲、乙两个班中各选出7名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩（满分100 分）的茎叶图如图，其中甲班学生成绩的众数是85，乙班学生成绩的中位数是83，则x+ y 的值为A.7 B 。
8 C.9 D 。
10 5.若4sin cos 3θθ-=则sin()cos()πθπθ--=A 。
16B 。
16- C 。
718-D. 7186.如图所示，用两种方案将块顶角为120°， 腰长为2的等腰三角形钢板OAB 裁剪成扇形,设方案一、二的扇形的面积分别为S 1，S 2，周长分别为l 1，l 2，则A.S 1=S 2，l 1>l 2B.S 1=S 2， l 1<l 2 C 。
S 1〉S 2,l 1=l 2 D.S 1〈S 2， l 1=l 2 7。
2020-2021学年湖南省邵阳市邵东一中高一(下)期末数学试卷(解析版)
2020-2021学年湖南省邵阳市邵东一中高一（下）期末数学试卷一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1．已知集合A＝{x|2x﹣1＞5}，B＝{3，4，5，6}，则A∩B＝（）A．∅B．{3}C．{3，4，5，6}D．{4，5，6}2．若a∈R，且复数a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是纯虚数，则a＝（）A．1B．﹣1C．2D．﹣23．已知向量＝（9，6），＝（3，x），若∥，则•（﹣）＝（）A．﹣26B．﹣25C．25D．264．已知函数f（x）＝，则f（2021）＝（）A．1B．2C．log36D．35．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m⊥n，则n⊥αC．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥n D．若m∥n，n⊂α，则m∥α6．某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的150个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取15个作为样区，调查得到样本数据（x i，y i）（i＝1，2，…，15），其中x i 和y i分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，经统计得＝60，＝1200，则该地区这种野生动物数量的估计值（）（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）A．60B．1200C．12000D．60007．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点E为BC中点，点F为A1B1中点，若平面α过点F且与平面AEC1平行，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面积为（）A．B．2C．2D．38．函数f的部分图象如图中实线所示，图中圆C与f（x）的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（）A．函数f（x）的最小正周期是2πB．函数f（x）的图象关于点成中心对称C．函数f（x）在单调递增D．将函数f（x）的图象向左平移后得到的关于y轴对称二．选择题：本题共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。
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2020年高一数学下学期期末试卷及答案（一）一.选择题1.已知点（﹣3，﹣1）和（4，﹣6）在直线3x﹣2y﹣a=0的两侧，则实数a的取值范围为（）A. （﹣24，7）B. （﹣∞，﹣24）∪（7，+∞）C. （﹣7，24）D. （﹣∞，﹣7）∪（24，+∞）2.设α、β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是（）A. 若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥βB. 若m∥n，n∥α，α∥β，则m∥βC. 若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m⊥αD. 若α∩β=n，m∥α，m∥β，则m∥n3.如图，网格纸上校正方形的边长为1，粗线画出的某几何体的三视图，其中俯视图的右边为一个半圆，则此几何体的体积为（）A. 16+4πB. 16+2πC. 48+4πD. 4 8+2π4.如图画的某几何体的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（）A. 48﹣πB. 96﹣πC. 48﹣2π D. 96﹣2π5.直线mx+ y﹣1=0在y轴上的截距是﹣1，且它的倾斜角是直线=0的倾斜角的2倍，则（）A. m=﹣，n=﹣2B. m= ，n=2C. m= ，n=﹣2D. m=﹣，n=26.若直线与直线2x+3y﹣6=0的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围（）A. B. C. D.7.如图，在三棱锥S﹣ABC中，M、N分别是棱SC、BC的中点，且MN⊥AM，若AB=2 ，则此正三棱锥外接球的体积是（）A. 12πB. 4 πC. πD. 12π8.已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是（）A. cm3B. cm3C. 2cm3D. 4 cm39.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥外接球的体积为（）A. B. C. D.10.若过点M（1，1）的直线l与圆（x﹣2）2+y2=4相较于两点A，B，且M为弦的中点AB，则|AB|为（）A. B. 4 C.D. 211.关于空间直角坐标系O﹣xyz中的一点P（1，2，3），有下列说法：①点P到坐标原点的距离为；②OP的中点坐标为（）；③点P关于x轴对称的点的坐标为（﹣1，﹣2，﹣3）；④点P关于坐标原点对称的点的坐标为（1，2，﹣3）；⑤点P关于坐标平面xOy对称的点的坐标为（1，2，﹣3）．其中正确的个数是（）A. 2B. 3C. 4D. 512.若三棱锥P﹣ABC中，AB=AC=1，AB⊥AC，PA⊥平面ABC，且直线PA与平面PBC所成角的正切值为，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（）A. 4πB. 8πC. 16π D . 32π二.填空题13.若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16 ，则a=________．14.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD1与BD所成的角是________．15.已知一个多面体的三视图如图示：其中正视图与侧视图都是边长为1的等腰直角三角形，俯视图是边长为1的正方形，若该多面体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为________．16.如果曲线2|x|﹣y﹣4=0与曲线x2+λy2=4（λ＜0）恰好有两个不同的公共点，则实数λ的取值范围是________．三.解答题17.曲线C：ρ2﹣2ρcosθ﹣8=0 曲线E：（t是参数）（1）求曲线C的普通方程，并指出它是什么曲线．（2）当k变化时指出曲线K是什么曲线以及它恒过的定点并求曲线E截曲线C 所得弦长的最小值．18.如图，在多面体ABCDE中，DB⊥平面ABC，AE∥DB，且△ABC是边长为2的等边三角形，AE=1，CD与平面ABDE所成角的正弦值为．（1）若F是线段CD的中点，证明：EF⊥面DBC；（2）求二面角D﹣EC﹣B的平面角的余弦值．19.如图所示，抛物线C：x2=2py（p＞0），其焦点为F，C上的一点M（4，m）满足|MF|=4．（1）求抛物线C的标准方程；（2）过点E（﹣1，0）作不经过原点的两条直线EA，EB分别与抛物线C和圆F：x2+（y﹣2）2=4相切于点A，B，试判断直线AB是否经过焦点F．答案解析部分一.<b >选择题</b>1.【答案】C【考点】直线的斜率【解析】【解答】解：∵点（﹣3，﹣1）和（4，﹣6）在直线3x﹣2y﹣a=0的两侧，∴（﹣9+2﹣a）（12+12﹣a）＜0，化为（a+7）（a﹣24）＜0，解得﹣7＜a＜24．故答案为：C．【分析】根据题意可知，把两个点代入直线方程可得（﹣9+2﹣a）（12+12﹣a）＜0，解出a的值即可。
2.【答案】D【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【解析】【解答】解：若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β或α∥β，故不正确；若m∥n，n∥α，α∥β，则m∥β或m⊂β，故不正确；若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m⊥α，不正确，缺少条件m⊂β，故不正确；若α∩β=n，m∥α，m∥β，根据线面平行的判定与性质，可得m∥n，正确．故答案为：D．【分析】根据空间内两条直线的位置关系以及线面平行、垂直的性质定理可得结果。
3.【答案】B【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】解：由三视图可知，该几何体的左边是底面面积为16，高为3的四棱锥，右边为半个圆锥，且其底面半径为2，高为3，故体积为=16+2π，故答案为：B．【分析由三视图可知，该几何体的左边是四棱锥，右边为半个圆锥，故体积为半个圆锥加上一个四棱锥的体积之和。
4.【答案】D【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】解：该几何体为一个长方体挖去两个圆锥所得到的几何体，体积为4×4×6﹣=96﹣2π，故答案为：D．【分析】由三视图观察可得该几何体为一个长方体挖去两个圆锥，故体积为长方体的体积减去两个圆锥的体积之差。
5.【答案】A【考点】直线的斜截式方程【解析】【解答】解：根据题意，设直线mx+ y﹣1=0为直线l，另一直线的方程为=0，变形可得y= （x﹣3），其斜率k= ，则其倾斜角为60°，而直线l的倾斜角是直线=0的倾斜角的2倍，则直线l的倾斜角为120°，且斜率k=tan120°=﹣，又由l在y轴上的截距是﹣1，则其方程为y=﹣x﹣1；又由其一般式方程为mx+ y﹣1=0，分析可得：m=﹣，n=﹣2；故答案为：A．【分析】根据直线方程可得其倾斜角为60°，则另一根直线的倾斜角为120°，其斜率为，根据在y轴上的截距为-1，可得出其直线方程，从而可得出m，n的值.6.【答案】B【考点】直线的斜率，两条直线的交点坐标【解析】【解答】解：联立两直线方程得：，将①代入②得：x= ③，把③代入①，求得y= ，所以两直线的交点坐标为（，），因为两直线的交点在第一象限，所以得到，由①解得：k＞﹣；由②解得k＞或k＜﹣，所以不等式的解集为：k＞，设直线l的倾斜角为θ，则tanθ＞，所以θ∈（，）．故答案为：B．【分析】首先求出两条直线的交点，根据题意交点在第一象限，即得x>0,y<0.求出k的取值范围，再根据直线的斜率为k=tanθ即得anθ＞，直线的倾斜角在[0，）进而得到θ的取值范围。
7.【答案】B【考点】球的体积和表面积，直线与平面垂直的判定【解析】【解答】解：∵三棱锥S﹣ABC正棱锥，∴SB⊥AC（对棱互相垂直）∴MN⊥AC又∵MN⊥AM而AM∩AC=A，∴MN⊥平面SAC即SB⊥平面SAC∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球．∴侧棱长为：2，∴R= ，∴正三棱锥外接球的体积是= ．故答案为：B．【分析】首先证明将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，进而求出正方体的外接球即可。
根据题意可得R的值，利用球的体积公式可求出结果。
8.【答案】D【考点】由三视图求面积、体积，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由已知中的三视图，可得：该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，其底面的面积S=2×2=4cm2，高h=3cm，故三棱锥的体积V= =4cm3，故答案为：D【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个四棱锥，根据四棱锥的体积公式求得即可。
9.【答案】C【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】解：由三视图可知：该几何体为四棱锥P﹣ABCD．其中PA⊥底面ABCD，PA=2，底面是边长为1的正方形．∴该四棱锥外接球的直径为PC= = ．∴该四棱锥外接球的体积V= × = π．故答案为：C．【分析】由已知的三视图可知：该几何体为四棱锥P﹣ABCD，根据题意该四棱锥外接球可等价为边长为1的正方体的外接球，故外接球的直径为PC正方体的体对角线，利用球的体积公式求出结果。
10.【答案】A【考点】直线与圆的位置关系【解析】【解答】解：圆（x﹣2）2+y2=4的圆心为C（2，0），半径为2，则|CM|= ，CM⊥AB，∴|AB|=2 =2 ，故答案为：A．【分析】根据弦长的一半、圆的半径、圆心到直线的距离构成的直角三角形，利用勾股定理可求出|AB|的值。
11.【答案】A【考点】空间中的点的坐标【解析】【解答】解：由空间直角坐标系O﹣xyz中的一点P（1，2，3），知：在①中，点P到坐标原点的距离为d= = ，故①错误；在②中，由中点坐标公式得，OP的中点坐标为（，1，），故②正确；在③中，由对称的性质得与点P关于x轴对称的点的坐标为（1，﹣2，﹣3），故③不正确；在④中，由对称的性质得与点P关于坐标原点对称的点的坐标为（﹣1，﹣2，﹣3），故④错误；在⑤中，由对称的性质得与点P关于坐标平面xOy对称的点的坐标为（1，2，﹣3），故⑤正确．故答案为：A．【分析】利用空间直角坐标系内的点的特点可求出结论。
12.【答案】A【考点】球的体积和表面积【解析】【解答】解：如图，取BC中点D，连结AD、PD，∵AB=AC，∴AD⊥BC，由因为PA⊥面ABC，∴BC⊥面PAD，过A作AH⊥PD于D，易知AH⊥面PBC，∴∠APD就是直线PA与平面PBC所成角，∴tan∠APD= ，∵AD= ，∴．∵AB，AC，AP相互垂直，∴以AB，AC，AP为棱的长方体的外接球就是三棱锥P﹣ABC的外接球，∴三棱锥P﹣ABC的外接球的半径R= ，三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为4πR2=4π；故答案为：A．【分析】首先证明以AB，AC，AP为棱的长方体的外接球就是三棱锥P﹣ABC的外接球，外接球的半径R等于体对角线的一半，再根据球的表面积公式求出结果。
二.<b >填空题</b>13.【答案】4【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由题意可得，正棱柱的底面是变长等于a的等边三角形，面积为•a•a•sin60°，正棱柱的高为a，∴（•a•a•sin60°）•a=16 ，∴a=4，故答案为：4．【分析】根据已知，利用正棱柱的特点求出其体积为（•a•a•sin60°）•a=16，进而求出a=4。