2020-2021学年天津市红桥区高三(上)期中数学试卷

2020-2021学年天津市红桥区高三（上）期中数学试卷
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.
1. 已知全集U ＝{1, 2, 3, 4}，集合A ＝{1, 2}，集合B ＝{2, 3}，则∁U (A ∪B)＝（ ） A.{4} B.{3} C.{1, 3, 4} D.{3, 4}
【答案】 A
【考点】
交、并、补集的混合运算 【解析】
根据集合的并集和补集的定义进行计算即可． 【解答】
∵ 集合A ＝{1, 2}，B ＝{2, 3}， ∴ A ∪B ＝{1, 2, 3}， ∵ 全集U ＝{1, 2, 3, 4}， ∴ ∁U (A ∪B)＝{4}，
2. 命题“∀x ∈R ，x 2≥0”的否定为（ ）
A.∀x ∉R ，x 2≥0
B.∀x ∈R ，x 2<0
C.∃x ∈R ，x 2≥0
D.∃x ∈R ，x 2<0 【答案】 D
【考点】 命题的否定 【解析】
直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可． 【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题∀∈R ，x 2≥0的否定是∃x ∈R ，x 2<0． 故选D .
3. 已知A 是三角形ABC 的内角，则“cos A =1
2”是“sin A =
√3
2
”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【答案】 A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件 【解析】
根据三角函数的公式，利用充分条件和必要条件的定义进行判断． 【解答】
∵ A 是三角形ABC 的内角，
∴ 若cos A =1
2
，则A =π
3
，此时sin A =
√3
2
成立，即充分性成立． 若sin A =
√3
2，则A =π3
或2π3
，当A =
2π3
，cos A =−12
，即必要性不成立，
故“cos A =1
2”是“sin A =√3
2
”充分不必要条件，
4. 已知α∈(0,π
2
)，cos α=
√3
3
，则cos (α+π
6
)等于（ ）
A.1
2−
√66
B.1−
√6
6
C.−1
2+
√6
6
D.−1+
√6
6
【答案】
A
【考点】
两角和与差的余弦公式 【解析】
根据α∈(0,π
2)，cos α=
√3
3
，利用同角三角函数的平方关系算出sin α=√1−cos 2α=
√63
，再利用两角和的余弦公式加以计算，即可得到cos (α+π
6)的值． 【解答】
解：∵ α∈(0, π
2)，cos α=
√33
， ∴ sin α=√1−cos 2α=√1−1
3=
√63
， 因此，cos (α+π
6)=cos αcos π
6−sin αsin π
6=√3
3
×
√32−√6
3
×12=1
2−
√6
6
． 故选：A
5. 为了得到函数y ＝sin (2x −π
6)的图象，可以将函数y ＝sin 2x 的图象（ ） A.向右平移π
6个单位
B.向右平移π
12个单位
C.向左平移π
6
个单位
D.向左平移π
12
个单位
【答案】
B
【考点】
函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 【解析】
根据函数y ＝A sin (ωx +φ)的图象变换规律，可得结论． 【解答】
y ＝sin (2x −π
6)＝sin 2(x −
π12
)，
故将函数y ＝sin 2x 的图象向右平移π
12个单位，可得y ＝sin (2x −π
6)的图象，
6. 设0<θ<π
2，a →
=(sin 2θ, cos θ)，b →
=(cos θ, 1)，若a →
 // b →
，则tan θ=( )
A.1
2
B.2
C.1
D.0
【答案】 A
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示 【解析】
直接由向量共线的条件列式得到2sin θcos θ=cos 2θ，由三角恒等变形得答案． 【解答】
解：∵ a →
=(sin 2θ,cos θ)，b →
=(cos θ,1)，a →
 // b →
， ∴ sin 2θ=cos 2θ， 即2sin θcos θ=cos 2θ，
又∵ 0<θ<π
2，∴ 2sin θ=cos θ，
则tan θ=sin θcos θ=1
2． 故选：A ．
7. 某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( ) A.0.8
B.0.75
C.0.6
D.0.45
【答案】 A
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式 【解析】
设随后一天的空气质量为优良的概率为p ，则由题意可得0.75×p ＝0.6，由此解得p 的值． 【解答】
解：设随后一天的空气质量为优良的概率为p ， 则由题意可得0.75×p =0.6， 解得p =0.8. 故选A .
8. 设随机变量X ∼N(0, 1)，则P(X ≤0)＝（ ）
A.0
B.1
C.
D.
【答案】
C
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
由已知可得正态分布曲线的对称轴，再由正态分布曲线的对称性得答案．
【解答】
∵随机变量X∼N(0, 1)，
∴正态分布曲线的对称轴方程为x＝3，
则P(X≤0)＝，
9. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高
为4，体积为16，则这个球的表面积是（）
A.16 π
B.20π
C.24π
D.32π
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
柱体、锥体、台体的面积求解
【解析】
设正四菱形的底面边长为a，则a2×4=16，求出a=2，从而这个球的半径r=
1
√22+22+42=√6，由此能求出这个球的表面积．
2
【解答】
∵各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为4，体积为16，
∴设正四菱形的底面边长为a，则a2×4=16，
解得a=2，
∴这个球的半径r=1
√22+22+42=√6，
2
∴这个球的表面积S=4π×(√6)2=24π．
10. 已知m、n是不重合的直线，α，β是不重合的平面，有下列命题：
①若n // α，m⊂α，则m // n；
②若m // α，m // β，则α // β；
③若m⊥β，α⊥β，则m // α；
④若m⊥α，m⊥β，则α // β；
⑤若α⊥β，m⊂β，则m⊥α；
⑥若α // β，m⊥β，则m⊥α；
⑦若α∩β＝n，m // n，则m // α．
其中真命题的个数是（）
A.2
B.3
C.4
D.5
【答案】
A
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
线直接利用线面平行和面面平行，线面垂直和面面垂直的判定和性质的应用，法向量的应用判定所有的结论．
【解答】
已知m、n是不重合的直线，α，有下列命题：
对于①：若n // α，m⊂α，故①错误；
②若m // α，m // β，故②错误；
③若m⊥β，α⊥β，故③错误；
④若m⊥α，m⊥β，则α // β；
⑤若α⊥β，m⊂β，故⑤错误；
⑥若α // β，m⊥β，故⑥正确；
⑦若α∩β＝n，m // n，故⑦错误．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.
设z=10i
3+i
，则z的共轭复数是________．
【答案】
1−3i
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的分母实数化后，求解共轭复数即可．
【解答】
解：z=10i
3+i =10i(3−i)
(3+i)(3−i)
=1+3i．
z=10i
3+i
，则z的共轭复数是1−3i．
故答案为：1−3i．
(x
√x
)5的展开式中，x2的系数是________
【答案】
40
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
根据题意，求出(x−
√x
)5的展开式的通项，进而分析可得答案．
解：根据题意，(x −
√x )5
的展开式的通项为： T r+1=C 5r
×x 5−r ×√x
)r =(−2)r C 5r
x
10−3r
2
，
令
10−3r 2
=2，解可得r =2，
则有T r+1=(−2)2C 52x 2=40x 2， 即x 2的系数是40. 故答案为：40.
平面向量a →
，b →
中，若a →
=(4, −3)，|b →
|=1，且a →
⋅b →
=5，则向量b →
=________. 【答案】
(45, −35) 【考点】
平面向量数量积的运算 平面向量的坐标运算 【解析】
由a →
⋅b →
=5，a →
=(4, −3)，|b →
|=1，得到cos <a →
，b →
>=1，所以a →
，b →
同向，所以b →
=
15a →，即可获得答案
【解答】
解：由题意，得|a →
|=5， ∴ cos <a →,b →
>=51×5=1，
∴ a →
，b →同向，
∴ b →
=15
a →
=1
5
(4,−3)=(4
5
,−3
5
).
故答案为：(45
,−3
5
).
某一天上午的课程表要排入语文、数学、物理、体育共4节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有________种排法．
【答案】 14
【考点】
计数原理的应用 【解析】
分两类，若第一节排数学，若第一节不排数学，根据分类计数原理即可得到答案．
解：若第一节排数学，有A 33=6种方法，
若第一节不排数学，第一节有2种排法，最后一节有2种排法，中间两节任意排，2×2×2=8种方法，
根据分类计数原理，共有6+8=14种， 故答案为：14．
某射手每次射击击中目标的概率是0.8，则这名射手在3次射击中恰好有1次击中目标的概率是________．
【答案】 0.096 【考点】
n 次独立重复试验的结果 【解析】
由于射手每次射击击中目标的概率是0.8，则此人每次射击不能击中目标的概率是0.2，
故所求的概率等于C 31
⋅0.81⋅0.22，运算求得结果． 【解答】
解：由于射手每次射击击中目标的概率是0.8，则此人每次射击不能击中目标的概率是0.2，
故射手在3次射击中恰好有1次击中目标的概率是C 31
⋅0.81⋅0.22=0.096， 故答案为0.096．
已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点D ，E 分别是边AB ，BC 的中点，连接DE 并延长到点F ，使得DE ＝2EF ，则AF →
⋅BC →
的值为________． 【答案】
18
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算 【解析】
可作出图形，并连接AE ，得到AE ⊥BC ，根据条件可得出EF →
=14AC →
，从而AF →
=AE →
+
14
AC →
，这样带入AF →⋅BC →
进行数量积的运算即可求出该数量积的值． 【解答】
如图，连接AE ，则AE ⊥BC ； 根据条件，DE =1
2AC ，且DE ＝2EF ； ∴ EF →
=12DE →
=14AC →；
∴ AF →
=AE →
+EF →
=AE →
+14AC →
； ∴ AF →
⋅BC →
=(AE →
+14AC →
)⋅BC →
=AE →⋅BC →+14
AC →⋅BC →
=0+14×1×1×12
=1
8．
三、解答题：本大题共5个题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元．规定：每位顾客从袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额． (Ⅰ)求顾客所获的奖励额为60元的概率；
(Ⅱ)求顾客所获的奖励额的分布列及数学期望． 【答案】
（I ）设顾客所获取的奖励额为X ，
依题意，得P(X ＝60)＝＝，
即顾客所获得奖励额为60元的概率为，
(II)依题意得X 得所有可能取值为20，60，
P(X ＝60)＝，P(X ＝20)＝＝，
即X 的分布列为 20 60
所以这位顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)＝20×+60×．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差 离散型随机变量及其分布列
【解析】
（I ）设顾客所获取的奖励额为X ，通过古典概型概率求解即可；
(II)X 所有可能取值为20，60，求出概率得到分布列，然后求解期望． 【解答】
（I ）设顾客所获取的奖励额为X ，
依题意，得P(X＝60)＝＝，
即顾客所获得奖励额为60元的概率为，
(II)依题意得X得所有可能取值为20，60，
P(X＝60)＝，P(X＝20)＝＝，
即X的分布列为
2060
所以这位顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)＝20×+60×．
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知a＝3，c＝5，．(Ⅰ)求b的值；
(Ⅱ)求cos2A的值．
【答案】
（1）由余弦定理b2＝a2+c3−2ac cos B，a＝3，，
可得，所以b＝7．
（2）由正弦定理，可得sin A＝，
所以，
所以．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)由已知利用余弦定理，即可求解b的值．
(Ⅱ)由已知利用正弦定理可得sin A的值，然后根据二倍角公式，即可求解cos2A的值．【解答】
（1）由余弦定理b2＝a2+c3−2ac cos B，a＝3，，
可得，所以b＝7．
（2）由正弦定理，可得sin A＝，
所以，
所以．
已知函数f(x)＝sin2x+sin x cos x+2cos2x，x∈R．
(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期；
(Ⅱ)求函数f(x)在[0, π]上的单调递增区间和最小值．
【答案】
（1）函数f(x)＝sin2x+sin x cos x+6cos2x
＝
＝sin8x+cos7x+
＝sin(3x+）+，
∴函数f(x)的最小正周期；
（2）令，
解得：，分别令k＝0]，x∈[
]，
又因为x∈[7, π]，
所以函数f(x)在[0, π]上的单调增区间为，，
又函数f(x)在[5, π]上，f（，
∴f(x)min＝．
【考点】
正弦函数的单调性
三角函数的周期性
两角和与差的三角函数
【解析】
先对函数化简，然后根据周期定义即可求出周期，然后根据正弦函数的单调递增区间利用整体代换思想求出x的范围，再给k取值和定义域取交集即可求出单调递增区间，再根据单调递增区间即可求出最小值．
【解答】
（1）函数f(x)＝sin2x+sin x cos x+6cos2x
＝
＝sin8x+cos7x+
＝sin(3x+）+，
∴函数f(x)的最小正周期；
（2）令，
解得：，分别令k＝0]，x∈[
]，
又因为x∈[7, π]，
所以函数f(x)在[0, π]上的单调增区间为，，
又函数f(x)在[5, π]上，f（，
∴f(x)min＝．
如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC=π
3
，OA⊥底面
ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点．
（1）证明：直线MN // 平面OCD；
（2）求异面直线AB与MD所成角的余弦值．
【答案】
（1）证明：取OB中点E，连结ME，NE，
∵ME // AB，AB // CD，
∴ME // CD，
又∵NE // OC，
∴平面MNE // 平面OCD，
∴MN // 平面OCD．
（2）∵AB // CD，∴AB与直线MD所成的角为CD与MD所成的角∠MDC，
∵AD=AB=BC=1，∠ABC=π
3
，∴AC=1，
∵M为OA的中点，∴AM=1，
∵OA⊥AD∴MD=MC=√2，
cos∠MDC=
2×1×√2=√2
4
，
∴异面直线AB与MD所成角的余弦值为√2
4
．
【考点】
异面直线及其所成的角
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）取OB中点E，连结ME，NE，由已知条件推导出平面MNE // 平面OCD，由此能证明MN // 平面OCD．
（2）由AB // CD，得AB与直线MD所成的角为∠MDC，由此利用余弦定理能求出异面直线AB与MD所成角的余弦值．
【解答】
（1）证明：取OB中点E，连结ME，NE，
∵ME // AB，AB // CD，
∴ME // CD，
又∵NE // OC，
∴平面MNE // 平面OCD，
∴MN // 平面OCD．
（2）∵AB // CD，∴AB与直线MD所成的角为CD与MD所成的角∠MDC，
∵AD=AB=BC=1，∠ABC=π
3
，∴AC=1，
∵M为OA的中点，∴AM=1，
∵OA⊥AD∴MD=MC=√2，
cos∠MDC=
2×1×√2=√2
4
，
∴异面直线AB与MD所成角的余弦值为√2
4
．
如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD // BC // FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD．
（1）证明：平面AMD⊥平面CDE；
（2）求二面角A−CD−E的余弦值．
【答案】
如图所示，以A为原点，AD为y轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝1，依题意得B(1，6，C(1，1，D(7，2，E(0，4，F(0，0，
．
，，，
，．
故CE⊥AM，CE⊥AD．
又AM∩AD＝A，故CE⊥平面AMD．
而CE⊂平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE
设平面CDE的法向量为＝(x，y，
则，于是，可得，1，1)
又由题设，平面ACD的一个法向量为，8，1)，
所以cos<>＝＝
因为二面角A−CD−E为锐角，所以其余弦值为
【考点】
二面角的平面角及求法
平面与平面垂直
【解析】
（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面AMD⊥平面CDE．
（2）求出平面CDE的法向量和平面ACD的一个法向量，利用向量法能求出二面角A−CD−E的余弦值．
【解答】
如图所示，以A为原点，AD为y轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝1，依题意得B(1，6，C(1，1，D(7，2，E(0，4，F(0，0，
．
，，，
，．
故CE⊥AM，CE⊥AD．
又AM∩AD＝A，故CE⊥平面AMD．
而CE⊂平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE
设平面CDE的法向量为＝(x，y，
则，于是，可得，1，1)
又由题设，平面ACD的一个法向量为，8，1)，
所以cos<>＝＝
因为二面角A−CD−E为锐角，所以其余弦值为。