2020-2021学年天津市南开中学高一下学期期末考试数学试卷及解析

2020-2021学年天津市南开中学高一下学期期末考试
数学试卷
★祝考试顺利★
(含答案)
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．本大题共10小题，每小题4分，共40分．
1．i是虚数单位，则＝（）
A．﹣B．﹣+C．+D．﹣
解：＝．
故选：A．
2．在△ABC中，AC＝3，BC＝2，cos C＝，则sin A＝（）
A．B．C．D．
解：因为AC＝3，BC＝2，cos C＝，
由余弦定理得：AB2＝AC2+BC2−2BC⋅AC cos C＝9+4−2×3×2×＝5，可得AB＝，
所以sin C＝＝，
因为由正弦定理，可得，
所以sin A＝．
故选：C．
3．如图，已知＝2，则＝（）
A．﹣B．﹣+C．+D．﹣﹣
解：由图可得＝，
又因为＝2，所以＝＝（），
则＝+（）＝，
故选：B．
4．设a，b是两条不同的直线，α是平面，则下列命题正确的是（）A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若a∥α，b⊂α，则a∥b
C．若a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥αD．若a∥α，b∥α，则b∥a
解：a，b是两条不同的直线，α是平面，
对于A，若a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，故A错误；
对于B，若a∥α，b⊂α，则a与b平行或异面，故B错误；
对于C，若a∥b，a∥α，b⊄α，则由线面平行的判定定理得b∥α，故C正确；
对于D，若a∥α，b∥α，则b与a相交、平行或异面，故D错误．
故选：C．
5．如图是某班50位学生期中考试数学成绩（单位：分）的频率分布直方图，其中成绩分组区间是：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，则分数在[80，90）的人数为（）
A．9 B．15 C．12 D．6
解：根据频率分布直方图可得，（0.006×3+0.01+0.054+x）×10＝1，解得x＝0.018，∵此次调查的样本容量为50，
∴分数在[80，90）的人数为0.018×10×50＝9．
故选：A．
6．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点，则EF与C1D所成的
角为（）
A．30°B．45°C．60°D．90°
解：因为ABB1A1为正方
所以E既是AB1的中点，又是A1B的中点，
所以EF∥A1C1，
所以EF与C1D所成的角为∠A1C1D，
而△A1C1D为等边三角形，
所以∠A1C1D＝60°，
故EF与C1D所成的角为60°，
故选：C．
7．在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且a cos B+b＝c，则A＝（）A．B．C．D．
解：∵，
∴根据正弦定理得，，且sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+cos A sin B，∴，
∴，且sin B≠0，
∴，且A∈（0，π），
∴．
故选：C．
8．如图所示，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥BC且PA＝BC＝1，PB＝AC＝，PC＝，则下列命题正确的个数是（）
①平面PAB⊥平面PBC；
②平面PAB⊥平面ABC；
③平面PAC⊥平面PAB；
④平面PAC⊥平面PBC；
⑤平面PBC⊥平面ABC；
⑥平面PAC⊥平面ABC．
A．3 B．4 C．5 D．6
解：因为PA＝1，PC＝，AC＝，则PA2+AC2＝PC2，
故PA⊥AC，又PA⊥BC，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC，
则PA⊥平面ABC，
又PA⊂平面PAB，PA⊂平面PAC，
故平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面平面ABC，
故选项⑥正确，选项②正确，
因为AB⊂平面ABC，则PA⊥AB，
又PA＝1，PB＝，则AB＝1，
又AC＝，BC＝1，则AB2+BC2＝AC2，
故BC⊥AB，又BC⊥PA，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PABC，
所以BC⊥平面PAB，
又BC⊂平面PBC，
所以平面平面PBC⊥平面PAB，
故选项①正确．
故正确的有3个．
故选：A．
9．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E为AD上一点，BE⊥AC，若＝+，则λ+μ的值为（）
A．B．C．D．1
解：由题意建立如图所示直角坐标系
因为AB＝3，BC＝4，则B（0，0），A（0，3），C（4，0），
所以，，设＝（a，3），
因为BE⊥AC，
所以，即4a﹣9＝0，解得a＝，．
因为＝+，所以（0，3）＝λ（，3）+μ（4，﹣3），
所以，解得，则λ+μ＝．
故选：B．
10．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且a cos C+a sin C﹣b﹣c＝0，a＝2，B＞C，△ABC的面积为，则（）
A．b＝2，c＝2 B．b＝2，c＝1 C．b＝2，c＝2 D．b＝1，c＝2
解：因为a cos C+a sin C﹣b﹣c＝0，
由正弦定理得，，
因为B＝π﹣A﹣C，
则﹣cos A sin C﹣sin C＝0，
所以
又sin C≠0，
所以，
则，即，
又A∈（0，π），
则，故，
因为△ABC的面积为，
所以，解得bc＝4①，
由余弦定理可得，a2＝b2+c2﹣2bc cos A，则b2+c2＝8②，
由①②可得，b＝c＝2．
故选：C．
二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．
11．我国古代数学算经十书之一的《九章算术》一哀分问题：今有北乡八千一百人，西乡九千人，南乡五千四百人，凡三乡，发役五百，意思是用分层抽样的方法从这三个乡中抽出500人服役，则北乡比南乡多抽60 人．
解：由题意可知，抽样比为＝．故北乡应抽8100×＝180，南乡应抽5400×＝120，
所以180﹣120＝60，
即北乡比南乡多抽60人，
故答案为：60
12．设x，y∈R，向量＝（x，1），＝（，y），＝（﹣2，4），且，，则||＝．
解：设x，y∈R，向量＝（x，1），＝（，y），＝（﹣2，4），
，，
∴，解得x＝2，y＝﹣3，
∴＝（2，1）+（，﹣3）＝（，﹣2）．
||＝＝．
故答案为：．
13．为做好“新冠肺炎”疫情防控工作，天津市各学校坚持落实“双测温报告”制度，以下是南开中学高二5班第二组的8名同学某日上午的体温记录：36.1，36.1，35.7，36.8；36.5，
36.6，36.3，36.4（单位：℃），则该组数据的第80百分位数为36.6 ．
解：因为8×80%＝6.4≈7，
将数据从小到大依次排列为35.7，36.1，36.3，36.4，36.5，36.6，36.8，
所以该组数据的第80百分位数为36.6．
故答案为：36.6．
14．为迎接2022年北京冬奥会，某工广生产了一批滑雪板，这批产品中按质量分为一等品，二等品，三等品．从这批滑雪板中随机抽取一件滑雪板检测，已知抽到不是三等品的概率为0.97，抽到一等品或三等品的概率为0.88，则抽到一等品的概率为0.85 ．
解：某工广生产了一批滑雪板，这批产品中按质量分为一等品，二等品，三等品．
从这批滑雪板中随机抽取一件滑雪板检测，抽到不是三等品的概率为0.97，
抽到一等品或三等品的概率为0.88，
∴抽到一等品或二等品的概率为0.97，
抽到二等品的概率为：1﹣0.88＝0.12，
则抽到一等品的概率为：P＝0.97﹣0.12＝0.85．
故答案为：0.85．
15．如图为一个盛满水的圆锥形玻璃杯，现将一个球状物体放入其中，使其完全浸没于杯中，球面与圆锥侧面相切，且与玻璃杯口所在平面相切，则溢出水的体积为．
解：如图，球心为圆雉截面三角形的中心
圆雉截面为正三角形，且边长为2，
设球的半径为r，则．
溢出溶液的体积等于球的体积为．
故答案为：．
16．在迎接夏天的日子里，我校学生自发组织了热烈的篮球比赛．如图，是篮球场地的部分示意图，在高为4的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝6，CD＝2．点F是以CD为直径的半圆的中点，点M是半径为6的半圆O上的一个四等分点，点P为半圆O上任一点，且点P在点M左侧，已知＝21．设点E为线段AB上任一点，则•的最小值为7 ．
解：由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，
，所以，整理得：①，
两边平方得：②，
又，则sinθ＞cosθ，
联立①②，解得，所以，，
所以
，
当时，此时有最小值，．
故答案为：7．
三、解答题：本大题共3小题，每小题12分，共36分．
17．如图，在边长为1的正六边形ABCDEF中，O是其中心，＝2．设＝，＝．（Ⅰ）用，分别表示及；
（Ⅱ）求||；
（Ⅲ）求与夹角θ的余弦值．
解：（Ⅰ）根据题意，，
∵，
∴，
∴＝；
（Ⅱ）∵，
∴＝＝；
（Ⅲ）＝＝，
∴＝．
18．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2sin2（）＝sin（B+C）+1．
（Ⅰ）求A；
（Ⅱ）若c sin C＝4（a+b）（sin A﹣sin B），△ABC的面积为，求△ABC的周长．
解：（Ⅰ）由2sin2（）＝sin（B+C）+1，
可得2cos2＝sin A+1，可得1+cos A＝sin A+1，即cos A＝sin A，
可得tan A＝，
由0＜A＜π，
可得A＝．
（Ⅱ）因为c sin C＝4（a+b）（sin A﹣sin B），
由正弦定理有：c2＝4（a+b）（a﹣b），可得c2＝4（a2﹣b2），
又由A＝及余弦定理有：a2＝b2+c2﹣bc，有a2﹣b2＝c2﹣bc，
有c2＝4（c2﹣bc），可得：b＝，
又因为△ABC的面积为＝bc sin A＝bc，可得bc＝3，
所以解得b＝，c＝2，
由余弦定理可得a2＝（）2+22﹣2××＝，可得a＝，
可得△ABC的周长a+b+c＝．
19．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接，这是中国航天史上的又一里程碑．我校南苍穹同学既是航天迷，又热爱数学，于是他为正在参加期末检测的你们编就了这道题目．如图1，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆I1，I2，I3，I4与圆柱OO1底面相切于A，B，C，D四点，且圆I1与I2，I2与I3，I3与I4，I4与I1分别外切，线段A1A为圆柱OO1的母线．点M为线段A1O1中点，点N在线段CO1上，且CN＝2NO1.已知圆柱OO1底面半径为2，AA1＝4．
（Ⅰ）求证：AM∥平面BDN；
（Ⅱ）线段AA1上是否存在一点E，使得OE⊥平面BDN？若存在，请求出AE的长，若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）求二面角I2﹣A1I1﹣I4的余弦值；
（Ⅳ）如图2，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图．天和核心舱为底面半径为2的圆柱O2O3，它与飞船推进舱共轴，即O，O1，O2，O3共线．核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形RST为以RS为斜边的等腰直角三角形，四边形PQRS为矩形．已
知推进舱与核心舱的距离为4，即Q1O2＝4，且O2O3＝RS＝2，PS＝7．在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距离保持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线A1P与平面PQRS所成角的正弦值的最大
值.
【解答】（Ⅰ）证明：如图1，M'，N'分别是点M，N在线段AC上的投影，
则M'为AO的中点，N'为OC的三等分点，
所以tan∠MAM'＝，
tan∠NON'＝，
所以∠MAM'＝∠NON'，则AM∥ON，
如图2，又因为AM⊄平面BDN，ON⊂平面BDN，
所以AM∥平面BDN；
（Ⅱ）解：以O为原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O（0，0，0），B（0，2，0），D（0，﹣2，0），N，
设E（2，0，t）（0≤t≤4），
所以，
若OE⊥平面BDN，则，即，则，
所以时，OE⊥平面BDN；
（Ⅲ）解：设内切圆半径为r，由题意可知，△I1OI4是等腰直角三角形，
所以，解得，
因为I1（r，0，0），I2（0，r，0），I4（0，﹣r，0），A1（2，0，4），
所以，，
设平面I2I1A1的法向量为，
则，
令x＝1，则，
同理可得平面I4I1A1的法向量，
所以＝＝，
故二面角I2﹣A1I1﹣I4的余弦值为；
（Ⅳ）解：将矩形PQRS作为参照物，不妨设A1顺时针选择α（α＞0），
则A1（2cos（﹣α），2sin（﹣α），4），即A1（2cosα，﹣2sinα，4），P（10，0，8），所以，
因为y轴⊥平面PQRS，
则平面PQRS的一个法向量为，
设A1P与平面PQRS所成的角为θ，
则＝，
若cosα＝±1，则sinθ＝0；
若﹣1＜cosα＜1，令t＝3﹣cosα∈（2，4），
则＝，
当且仅当，即时，sinθ取得最大值．。