福建省龙岩市2020年高一下期末联考数学试题含解析
福建龙岩市2024届数学高一下期末检测试题含解析
福建龙岩市2024届数学高一下期末检测试题请考生注意：1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。
写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．ABC ∆中，,,a b c 分别是内角,,A B C 的对边，且()cos23cos 20B A C +++=，3b =，则:sin c C 等于（ ）A ．3:1B ．3:1C ．2:1D ．2:12．某公司在甲、乙、丙、丁四个地区分别有150，120，180，150个销售点．公司为了调查产品销售情况，需从这600个销售点中抽取一个容量为100的样本．记这项调查为①；在丙地区有20个大型销售点，要从中抽取7个调查其销售收入和售后服务等情况，记这项调查为②，则完成①，②这两项调查宜采用的抽样方法依次是( ) A ．分层抽样法，系统抽样法 B ．分层抽样法，简单随机抽样法 C ．系统抽样法，分层抽样法D ．简单随机抽样法，分层抽样法3．若直线y x b =+与曲线234y x x =--有公共点，则b 的取值范围是（ ） A ．[122,122]-+ B ．[3,122]+ C ．[1,122]-+D ．[122,3]-4．已知圆C 的圆心与点(1,0)关于直线y x =对称，直线4320x y --=与圆C 相交于A ，B 两点，且6AB =，则圆C 的半径长为( )A ．10B ．22C ．3D ．135．直线()2140x m y +++=与直线 320mx y +-=平行，则m =（ ） A ．2B ．2或3-C ．3-D ．2-或3-6．已知等比数列{}n a 中，12a =，且有24674a a a =，则3a =( )A ．1B ．2C ．14D ．127．已知变量，满足约束条件则的最大值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．68．不等式223x x -≤+的解集是（ ） A ．(,8]-∞-B ．[8,)-+∞C ．(,8][3,)-∞-⋃-+∞D ．(,8](3,)-∞-⋃-+∞9．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若3S A =，6S B =，9S C =，则（ ） A ．2A+C =B B ．2AC B =C ．2A CB B +-=D ．22()A B A B C +=+10．在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，已知下列条件，ABC 只有一个解的是( )A ．6a =，8b =，30A ︒=B ．6a =，8b =，60A ︒=C ．6a =，8b =，120A ︒=D ．6a =，8b =，10c =二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
〖精选3套试卷〗2020学年福建省龙岩市高一数学下学期期末监测试题
一、选择题：本题共12小题，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．已知函数sin()(0,)2y x πωϕωϕ=+><的部分图象如图所示，则此函数的解析式为（ ）A ．sin(22)y x π=+ B ．sin(2)4y x π=+ C ．sin(4)2y x π=+D ．sin(4)4y x π=+2．已知两条直线,a b 与两个平面,αβ，给出下列命题:①若,,a b αβαβ⊂⊂∥，则a b ∥；②若,,,a b a b αββα⊂⊂，则αβ∥； ③若,,a b αβαβ⊥⊥，则a b ∥；④若,,a b αβαβ⊥，则a b ∥；其中正确的命题个数为 A ．1B ．2C ．3D ．43．已知数列{}n a 满足*11()1,2,nn n n a a a n N S +=⋅=∈是数列{}n a 的前n 项和，则（ ） A ．201920192a =B ．101020192a =C ．1010201923S =- D ．1011201923S =-4．已知三角形ABC ，如果222sin sin sin A B C +<，则该三角形形状为（ ） A ．锐角三角形B ．钝角三角形C ．直角三角形D ．以上选项均有可能5．已知函数()()arctan 1f x x =-,若存在12,[,]x x a b ∈，且12<x x ，使12()()f x f x ≥成立，则以下对实数,a b 的推述正确的是（ ） A ．<1aB ．1a ≥C ．1b ≤D ．1b ≥6．已知数列{a n }为等差数列，1(*)n a n N ≠∈,12019a a +=1，若2()1xf x x =-，则122019()()()f a f a f a ⨯⨯⨯＝( ) A ．-22019B ．22020C ．-22017D ．220187．用数学归纳法证明1+a+a 2+…+a n+1=211n aa+-- （a≠1，n ∈N *），在验证n=1成立时，左边的项是（ ）A ．1B ．1+aC ．1+a+a 2D ．1+a+a 2+a 48．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还”.其意思为：“有一个人走378里路，第1天健步行走，从第2天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，可求出此人每天走多少里路.”那么此人第5天走的路程为（ ） A ．48里B ．24里C ．12里D ．6里9．在棱长为1的正方体中1111ABCD A B C D -，点P 在线段1AD 上运动，则下列命题错误的是 （ ）A ．异面直线1C P 和1CB 所成的角为定值 B ．直线CD 和平面1BPC 平行C ．三棱锥1D BPC -的体积为定值D ．直线CP 和平面11ABC D 所成的角为定值10．已知A(3,1)，B(－1,2)，若∠ACB 的平分线方程为y ＝x ＋1，则AC 所在的直线方程为( ) A ．y ＝2x ＋4B ．y ＝12x －3 C ．x －2y －1＝0 D ．3x ＋y ＋1＝011．一支由学生组成的校乐团有男同学48人，女同学36人，若用分层抽样的方法从该乐团的全体同学中抽取21人参加某项活动，则抽取到的男同学人数为（ ） A ．10B ．11C ．12D ．1312．设的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ,且6C π=，12a b +=，面积的最大值为（）A ．6B ．8C ．7D ．9二、填空题：本题共4小题 13．函数y=sin2x+2sin 2x 的最小正周期T 为_______.14．明代程大位《算法统宗》卷10中有题：“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”则尖头共有__________盏灯． 15．给出下列四个命题：①正切函数tan y x = 在定义域内是增函数； ②若函数()3cos(2)6f x x π=+，则对任意的实数x 都有55()()1212f x f x ππ+=-； ③函数cos sin ()cos sin x xf x x x+=-的最小正周期是π；④cos()y x =-与cos y x =的图象相同.以上四个命题中正确的有_________（填写所有正确命题的序号）16．已知200︒的圆心角所对的弧长等于50cm ，则该圆的半径为______cm .三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
2019-2020学年福建省龙岩市一级达标校高一下学期期末数学试卷 (解析版)
2019-2020学年福建省龙岩市一级达标校高一第二学期期末数学试卷一、选择题（共14小题）.1．下列命题正确的是（）A．若a＞b，则ac＞bc B．若a＞b，c＞d，则ac＞bdC．若ab＞0，a＞b，则＜D．若a＞b，c＞d，则＞2．在△ABC中，若b＝c，sin A＝sin B，则A等于（）A．B．C．D．3．记S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1＝，a42＝a6，则S3＝（）A．B．C．4D．4．在梯形ABCD中，＝4，则等于（）A．﹣+B．﹣+C．﹣D．﹣+5．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，＝，则异面直线BC1与D1C所成角的余弦值为（）A．B．C．D．6．如果直线（2a+5）x+（a﹣2）y+4＝0与直线（2﹣a）x+（a+3）y﹣1＝0互相垂直，则a的值为（）A．2B．﹣2C．2，﹣2D．2，0，﹣2 7．一个几何体的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个几何体的体积为（）A．12B．36C．27D．68．直线y＝a（x﹣1）+2（a∈R）过定点A，则过点A且与圆x2+y2＝1相切的直线方程为（）A．3x﹣4y+5＝0B．3x+4y﹣5＝0C．3x+4y﹣5＝0或x＝1D．3x﹣4y+5＝0或x＝19．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α10．过点M（1，2）的直线l与圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25交于A、B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程是（）A．x﹣2y+3＝0B．2x+y﹣4＝0C．x﹣y+1＝0D．x+y﹣3＝0 11．两个正实数a，b满足3a，，b成等差数列，则不等式≥m2+4m恒成立时实数m的取值范围是（）A．[﹣4，3]B．[﹣2，6]C．[﹣6，2]D．[﹣3，4]12．在平面直角坐标系中，向量＝（1，0），将向量绕原点O按逆时针方向旋转后得到向量，若向量满足||＝1，则||的最大值是（）A．+1B．﹣1C．D．+113．四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为正方形，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB是边长为2的等边三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（）A．36πB．28πC．24πD．12π14．已知圆C1：x2+y2＝4与圆C2：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，过动点P（a，b）分别作圆C1，圆C2的切线PM，PN（M，N分别为切点），若|PM|＝|PN|，则a2+b2﹣4a﹣6b+13的最小值是（）A．B．2C．D．13二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10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3分，有选错的得0分.15．等差数列{a n}的前n项和为S n，a1+5a3＝S8，则下列结论一定正确的是（）A．a10＝0B．当n＝9或10时，S n取最大值C．|a9|＜|a11|D．S6＝S1316．如图，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a＝b，且（a cos C+c cos A）＝2b sin B，D是△ABC外一点，DC＝1，DA＝3，则下列说法正确的是（）A．△ABC是等边三角形B．若AC＝2，则A，B，C，D四点共圆C．四边形ABCD面积最大值为+3D．四边形ABCD面积最小值为﹣3三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，其中第15题第一空2分，第二空3分.17．若向量＝（﹣1，2），＝（m，﹣m+1），且⊥，则实数m的值为．18．如图，研究性学习小组的同学为了估测古塔CD的高度，在塔底D和A，B（与塔底D 同一水平面）处进行测量，在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°和30°，且A，B两点相距12m，∠ADB＝150°，则古塔CD的高度为m．19．两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如图中的实心点个数1，5，12，22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作a1＝1，第2个五角形数记作a2＝5，第3个五角形数记作a3＝12，第4个五角形数记作a4＝22，…，若按此规律继续下去，a5＝，a n＝．20．锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝a（1+2cos B），则的取值范围是．四、解答题：本大题共1小题，共70分，解答需写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.[选做：立体几何]21．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，F为AC和BD的交点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）证明：平面PAC⊥平面PBD．五、[选做：解析几何]22．已知矩形ABCD顶点D的坐标为（﹣1，0），两条对角线相交于点M（，0），AB 边所在直线的方程为x﹣2y﹣4＝0．（1）求AD边所在直线的方程；（2）求矩形ABCD外接圆的标准方程．23．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C≠，且•＝．（1）求a的值；（2）若角B，A，C成等差数列，求△ABC周长的最大值．24．已知关于x的不等式ax2﹣4x+3＜0的解集为{x|1＜x＜b}．（1）求a，b的值；（2）求关于x的不等式ax2+（ac﹣b）x﹣bc＜0的解集．25．某制造商为拓展业务，计划引进一设备生产一种新型体育器材．通过市场分析，每月需投入固定成本3000元，生产x台需另投入成本C（x）元，且C（x）＝，若每台售价800元，且当月生产的体育器材该月内能全部售完．（1）求制造商由该设备所获的月利润L（x）关于月产量x台的函数关系式；（利润＝销售额﹣成本）（2）当月产量为多少台时，制造商由该设备所获的月利润最大？并求出最大月利润．[选做：立体几何]26．如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，侧面PAC为等边三角形，∠ABC ＝90°，AB＝BC，AC＝4．（1）证明：PB⊥AC；（2）若M，N是线段AC上的动点，且∠MBN＝30°，设∠ABM＝α，求三棱锥P﹣MBN体积关于α的函数表达式并求体积取最小值时α的值．[选做：解析几何]27．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2＝1，圆C与圆O关于点（2，3）对称．（1）求圆C的方程；（2）若过平面上一点P存在无穷多对互相垂直的直线l1和l2（l1，l2的斜率存在且不为0），它们分别与圆O和圆C相交，且直线l1被圆O截得的弦长与直线l2被圆C截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标．28．已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+4n（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；．（2）令b n＝，求数列{b n}的前n项和T n；（3）若数列{c n}满足c n+1+c n＝a n，且不等式c n+2n2≥0对任意的n∈N*都成立，求c1的取值范围．参考答案一、单项选择题：本大题共14小题，每小题5分，共50分，每小题中给出四个选项，只有一项是符合要求的，把答案填涂在答题卡的相应位置.1．下列命题正确的是（）A．若a＞b，则ac＞bc B．若a＞b，c＞d，则ac＞bdC．若ab＞0，a＞b，则＜D．若a＞b，c＞d，则＞【分析】根据个选项的条件取特殊值或利用不等式的基本性质判断即可．解：A．取c＝0，则ac＞bc不成立，故A错误；B．当a＞b＞0，0＜d＜c时，ac＞bd不成立，故B错误；C．∵ab＞0，a＞b，∴，∴，故C正确；D．根据a＞b，c＞d，取c＝0，则不成立，故C错误．故选：C．2．在△ABC中，若b＝c，sin A＝sin B，则A等于（）A．B．C．D．【分析】由已知结合正弦定理及余弦定理即可直接求解．解：因为sin A＝sin B，由正弦定理可得a＝因为b＝c，由余弦定理可得cos A＝＝＝﹣，因为A∈（0，π），所以A＝．故选：A．3．记S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1＝，a42＝a6，则S3＝（）A．B．C．4D．【分析】根据等比数列性质a42＝a6a2，求得a2，公比q，即可求解．解：在等比数列{a n}中，a42＝a6a2＝a6，∴a2＝1，则公比q＝，∴a3＝a2•q＝3，则S3＝＝．故选：D．4．在梯形ABCD中，＝4，则等于（）A．﹣+B．﹣+C．﹣D．﹣+【分析】根据即可得出，然后进行向量的数乘运算即可解出．解：∵，∴，∴，∴．故选：B．5．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，＝，则异面直线BC1与D1C所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【分析】连结A1B，A1C1，由A1B∥D1C，得到∠A1BC1是异面直线BC1与D1C所成角，然后利用余弦定理能求出异面直线BC1与D1C所成角的余弦值．解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，＝，连结A1B，A1C1，则A1B∥D1C，BC1＝A1B＝＝2，A1C1＝＝，∴∠A1BC1异面直线BC1与D1C所成角，cos∠A1BC1＝＝．则异面直线BC1与D1C所成角的余弦值为．故选：C．6．如果直线（2a+5）x+（a﹣2）y+4＝0与直线（2﹣a）x+（a+3）y﹣1＝0互相垂直，则a的值为（）A．2B．﹣2C．2，﹣2D．2，0，﹣2【分析】根据两直线垂直的充要条件：A1A2+B1B2＝0解：因为两直线垂直，所以：（2a+5）（2﹣a）+（a﹣2）（a+3）＝0，化简得：a2﹣4＝0，解得：a＝2或a＝﹣2故选：C．7．一个几何体的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个几何体的体积为（）A．12B．36C．27D．6【分析】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三棱柱，求出棱柱的底面面积和高，代入棱柱体积公式，可得答案．解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个以正视图为底面的三棱柱，棱柱的底面面积S＝×3×6＝9，棱柱的高h＝4，故棱柱的体积V＝Sh＝36，故选：B．8．直线y＝a（x﹣1）+2（a∈R）过定点A，则过点A且与圆x2+y2＝1相切的直线方程为（）A．3x﹣4y+5＝0B．3x+4y﹣5＝0C．3x+4y﹣5＝0或x＝1D．3x﹣4y+5＝0或x＝1【分析】根据题意，设要求直线为直线l，由直线y＝a（x﹣1）+2的方程得到定点A的坐标，进而分直线l的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出直线l的方程，综合即可得答案．解：根据题意，设要求直线为直线l，直线y＝a（x﹣1）+2，变形可得y﹣2＝a（x﹣1），过点A，有，则有，故A的坐标为（1，2），若直线l的斜率存在，则直线可以表示为y＝a（x﹣1）+2，即ax﹣y﹣a+2＝0，则有＝1，解可得a＝，此时直线l的方程为y＝（x﹣1）+2，变形可得3x﹣4y+5＝0若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝1，与圆x2+y2＝1相切，符合题意；综上，直线的方程为3x﹣4y+5＝0或x＝1；故选：D．9．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α【分析】A．m与α相交、平行或m⊂α；B．m与α相交、平行或m⊂α；C．n∥α或n⊂α；D．由线面垂直的性质定理得m∥n，从而得到m⊥α．解：由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面知，A．若m⊥n，n∥α，则m与α相交、平行或m⊂α，故A错误；B．若m∥β，β⊥α，则m与α相交、平行或m⊂α，故B错误；C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误；D．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m∥n，故m⊥α，故D正确．故选：D．10．过点M（1，2）的直线l与圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25交于A、B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程是（）A．x﹣2y+3＝0B．2x+y﹣4＝0C．x﹣y+1＝0D．x+y﹣3＝0【分析】当直线AB与直线CM垂直时，∠ACB最小，由M与C的坐标求出直线CM 的斜率，利用两直线垂直时斜率的乘积为﹣1求出直线AB的斜率，由M坐标与求出的斜率即可得出此时直线l的方程．解：将圆的方程化为标准方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25，∴圆心坐标C为（3，4），∵M（1，2），∴k CM＝＝1，∴k AB＝﹣1，则此时直线l的方程为y﹣2＝﹣（x﹣1），即x+y﹣3＝0．故选：D．11．两个正实数a，b满足3a，，b成等差数列，则不等式≥m2+4m恒成立时实数m的取值范围是（）A．[﹣4，3]B．[﹣2，6]C．[﹣6，2]D．[﹣3，4]【分析】由题意利用等差数列的定义和性质求得1＝3a+b，再利用基本不等式求得≥12，根据题意，m2+4m≤12，由此求得m的范围．解：∵两个正实数a，b满足3a，，b成等差数列，∴1＝3a+b，∴1≥2，∴ab≤，∴≥12．∴不等式≥m2+4m恒成立，即≥m2+4m恒成立，即≥m2+4m恒成立．∴m2+4m≤12，求得﹣6≤m≤2，故选：C．12．在平面直角坐标系中，向量＝（1，0），将向量绕原点O按逆时针方向旋转后得到向量，若向量满足||＝1，则||的最大值是（）A．+1B．﹣1C．D．+1【分析】设＝（x，y），由已知可求，然后根据圆的性质即可求解．解：由题意可得，＝（），设＝（x，y），∵||＝1，∴＝1，故，则||的最大值为，+1＝．故选：A．13．四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为正方形，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB是边长为2的等边三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（）A．36πB．28πC．24πD．12π【分析】由题意可得正方形ABCD的边长，再确定四棱锥的外接球的球心的位置，由棱长的值可得外接球的半径，进而求出外接球的表面积．解：因为底面ABCD为正方形，由题意可得正方形的边长为2，所以其外接圆的半径r＝AB＝，且圆心为对角线的交点，设为M，连接MC则MC＝r＝，取AB的中点E，连接EM，PE，则由题意可得PE⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂PAB，所以PE⊥面AC，取PE的三等分点H，即PH＝2HE则H为三角形PAB的外接圆的圆心，过H，M分别作面PAB，面AC的垂线，交于O，则O为外接球的球心，可得四边形OHEM为矩形，OM＝HE＝PE＝AB＝＝1，连接OC，则OC为四棱锥P﹣ABCD的外接球的半径，在△OMC中OC2＝R2＝OM2+CM2＝12+（）2＝7，所以该四棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝28π，故选：B．14．已知圆C1：x2+y2＝4与圆C2：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，过动点P（a，b）分别作圆C1，圆C2的切线PM，PN（M，N分别为切点），若|PM|＝|PN|，则a2+b2﹣4a﹣6b+13的最小值是（）A．B．2C．D．13【分析】根据题意，分析两个圆的圆心与半径，结合直线与圆相切的性质可得|PC1|2﹣1＝|PC2|2﹣1|，即a2+b2﹣1＝（a﹣3）2+（b﹣3）2﹣1；变形可得a、b的关系，将其代入a2+b2﹣4a﹣6b+13中可得a2+b2﹣4a﹣6b+13＝2（a﹣1）2+2，结合二次函数的性质分析可得答案．解：根据题意，C1：x2+y2＝4，其圆心C1（0，0），半径为2，圆C2：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，其圆心C2（3，3），半径为2，过动点P（a，b）分别作圆C1，圆C2的切线PM，PN（M，N分别为切点），若|PM|＝|PN|，则|PC1|2﹣1＝|PC2|2﹣1|，即a2+b2﹣1＝（a﹣3）2+（b﹣3）2﹣1；变形可得：a+b＝3，即动点P（a，b）在直线x+y﹣3＝0上，a2+b2﹣4a﹣6b+13＝（a﹣2）2+（b﹣3）2＝（a﹣2）2+a2＝2a2﹣4a+4＝2（a﹣1）2+2≥2，当a＝1时等号成立；故a2+b2﹣4a﹣6b+13的最小值是2；故选：B．二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10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3分，有选错的得0分.15．等差数列{a n}的前n项和为S n，a1+5a3＝S8，则下列结论一定正确的是（）A．a10＝0B．当n＝9或10时，S n取最大值C．|a9|＜|a11|D．S6＝S13【分析】由题意利用等差数列的通项公式、求和公式以及等差数列的性质，得出结论．解：∵等差数列{a n}的前n项和为S n，a1+5a3＝S8，∴a1+5（a1+2d）＝8a1+，求得a1＝﹣9d．故a10＝a1+9d＝0，故A正确；该数列的前n项和S n＝na1+d＝﹣d•n，它的最值，还跟d有关，不能推出当n＝9或10时，S n取最大值，故B错误．∵|a9|＝|a1+8d|＝|﹣d|＝|d|，|a11|＝|a1+10d|＝|d|，故有|a9|＝|a11 |，故C错误；由于S6＝6a1+d＝﹣39d，S13＝13a1+d＝﹣39d，故S6＝S13，故D正确，故选：AD．16．如图，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a＝b，且（a cos C+c cos A）＝2b sin B，D是△ABC外一点，DC＝1，DA＝3，则下列说法正确的是（）A．△ABC是等边三角形B．若AC＝2，则A，B，C，D四点共圆C．四边形ABCD面积最大值为+3D．四边形ABCD面积最小值为﹣3【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求sin B，再利用a＝b，可知△ABC为等边三角形，从而判断A；利用四点A，B，C，D共圆，四边形对角互补，从而判断B；设AC＝x，x＞0，在△ADC中，由余弦定理可得x2＝10﹣6cos D，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的，可求S四边形ABCD，利用正弦函数的性质，求出最值，判断CD．解：∵（a cos C+c cos A）＝2b sin B，∴（sin A cos C+sin C cos A）＝2sin B•sin B，即sin（A+C）＝sin B＝2sin B•sin B，∴由sin B≠0，可得sin B＝，∴B＝或．又∵a＝b．∴B＝∠CAB＝∠ACB＝，故A正确；若四点A，B，C，D共圆，则四边形对角互补，由A正确知D＝，在△ADC中，∵DC＝1，DA＝3，∴AC＝＝，故B错；等边△ABC中，设AC＝x，x＞0，在△ADC中，由余弦定理，得AC2＝AD2+CD2﹣2AD•CD•cos D，由于AD＝3，DC＝1，代入上式，得x2＝10﹣6cos D，∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝x•x sin+•3sin D＝x2+sin D＝3sin（D﹣）+，∵D∈（0，π），∴，∴四边形ABCD面积的最大值为+3，无最小值，故C正确，D错误，故选：AC．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，其中第15题第一空2分，第二空3分.17．若向量＝（﹣1，2），＝（m，﹣m+1），且⊥，则实数m的值为．【分析】根据即可得出，进行向量坐标的数量积运算即可求出m的值．解：∵，∴，解得．故答案为：．18．如图，研究性学习小组的同学为了估测古塔CD的高度，在塔底D和A，B（与塔底D 同一水平面）处进行测量，在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°和30°，且A，B两点相距12m，∠ADB＝150°，则古塔CD的高度为12m．【分析】设CD＝h，用h表示出AD，BD，在△ABD中根据余弦定理列方程计算h．解：由题意可知CD⊥平面ABD，∠DAC＝45°，∠DBC＝30°，∠ADB＝150°，AB ＝12m，设CD＝h，则AD＝CD＝h，BD＝CD＝h，在△ABD中，由余弦定理可得：AB2＝AD2+BD2﹣2AD•BD•cos∠ADB，即（12）2＝h2+3h2+3h2，解得：h＝12m．故答案为：12．19．两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如图中的实心点个数1，5，12，22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作a1＝1，第2个五角形数记作a2＝5，第3个五角形数记作a3＝12，第4个五角形数记作a4＝22，…，若按此规律继续下去，a5＝35，a n＝．【分析】仔细观察法各个图形中实心点的个数，找到个数之间的通项公式，再求第5个五角星的中实心点的个数．解：第一个有1个实心点，第二个有1+1×3+1＝5个实心点，第三个有1+1×3+1+2×3+1＝12个实心点，第四个有1+1×3+1+2×3+1+3×3+1＝22个实心点，…第n个有1+1×3+1+2×3+1+3×3+1+…+3（n﹣1）+1＝+n＝个实心点，即a n＝．故当n＝5时，a5＝＝35个实心点．故答案为：35，．20．锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝a（1+2cos B），则的取值范围是（）．【分析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可得B＝2A，然后结合锐角三角形可得A的范围，再结合正弦定理及二倍角公式化简后，即可求解．解：因为c＝a（1+2cos B），由正弦定理可得sin C＝sin A+2sin A cos B＝sin A cos B+sin B cos A，所以sin A＝sin B cos A﹣sin A cos B＝sin（B﹣A），所以A＝B﹣A即B＝2A，C＝π﹣3A，由题意可得，，解可得，，所以cos A，由正弦定理可得，＝＝＝2cos A∈（），故答案为：（），四、解答题：本大题共1小题，共70分，解答需写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.[选做：立体几何]21．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，F为AC和BD的交点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）证明：平面PAC⊥平面PBD．【分析】（1）连接EF，利用中位线定理得出EF∥PB，故而PB∥平面AEC；（2）由PA⊥平面ABCD得PA⊥BD，结合AC⊥BD可得BD⊥平面PAC，故而平面PAC⊥平面PBD．解：（1）证明：连接EF，∵四边形ABCD是菱形，∴F是BD的中点，又E是PD的中点，∴PB∥EF，又EF⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，∴PB∥平面AEC；（2）∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC，又∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．五、[选做：解析几何]22．已知矩形ABCD顶点D的坐标为（﹣1，0），两条对角线相交于点M（，0），AB 边所在直线的方程为x﹣2y﹣4＝0．（1）求AD边所在直线的方程；（2）求矩形ABCD外接圆的标准方程．【分析】（1）根据题意，由直线AB的方程求出AB的斜率，进而得到直线AD的斜率，由直线的点斜式方程得到答案；（2）根据题意，可得矩形ABCD外接圆的圆心为对角线的交点，半径r＝|DM|，结合圆的标准方程得到答案．解：（1）在矩形ABCD中，AB边所在直线的方程为x﹣2y﹣4＝0，其斜率k＝，而AD与AB垂直，则直线AD的斜率k′＝﹣2，又由D的坐标为（﹣1，0），则AD边所在直线的方程为y＝﹣2（x+1），变形可得2x+y+2＝0；（2）矩形ABCD的两条对角线相交于点M（，0），则M为矩形ABCD的外接圆的圆心，又由|DM|＝＝，则外接圆的半径r＝，故矩形ABCD外接圆的标准方程为（x﹣）2+y2＝．23．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C≠，且•＝．（1）求a的值；（2）若角B，A，C成等差数列，求△ABC周长的最大值．【分析】（1）由正弦定理及cos C≠0，得a2＝4即可；（2）由等差数列的性质求得A，由余弦定理，基本不等式进而可求b+c≤4，从而即可求解△ABC周长的最大值．解：（1）由已知得ba•cos C＝，又C，即cos C≠0，则a2＝4，∴a＝2．（2）角B，A，C成等差数列，则A＝，又a2＝b2+c2﹣2bc•cos A，则a2＝（b+c）2﹣3bc≥（b+c）2﹣3（）2＝，又a＝2，故b+c≤4，△ABC周长的最大值为6，当且仅当b＝c＝2时等号成立．24．已知关于x的不等式ax2﹣4x+3＜0的解集为{x|1＜x＜b}．（1）求a，b的值；（2）求关于x的不等式ax2+（ac﹣b）x﹣bc＜0的解集．【分析】（1）根据题意利用根与系数的关系列方程求出a、b的值；（2）不等式化为x2+（c﹣3）x﹣3c＜0，求出对应方程的解，利用分类讨论写出不等式的解集．解：（1）由题意知，a＞0且b和1是方程ax2﹣4x+3＝0的两根，由根与系数的关系有，解得；（2）不等式ax2+（ac﹣b）x﹣bc＜0可化为x2+（c﹣3）x﹣3c＜0，即（x﹣3）（x+c）＜0；其对应方程的两根为x1＝3，x2＝c；①当﹣c＞3即c＜﹣3时，原不等式的解集为{x|3＜x＜﹣c}；②当﹣c＜3即c＞﹣3时，原不等式的解集为{x|﹣c＜x＜3}；③当﹣c＝3即c＝﹣3时，原不等式的解集为∅；综上所述：当c＜﹣3时，原不等式的解集为{x|3＜x＜﹣c}；当c＞﹣3时，原不等式的解集为{x|﹣c＜x＜3}；当c＝﹣3时，原不等式的解集为∅．25．某制造商为拓展业务，计划引进一设备生产一种新型体育器材．通过市场分析，每月需投入固定成本3000元，生产x台需另投入成本C（x）元，且C（x）＝，若每台售价800元，且当月生产的体育器材该月内能全部售完．（1）求制造商由该设备所获的月利润L（x）关于月产量x台的函数关系式；（利润＝销售额﹣成本）（2）当月产量为多少台时，制造商由该设备所获的月利润最大？并求出最大月利润．【分析】（1）分0＜x＜30和x≥30，求出月利润L（x）的表达式即可；（2）当0＜x＜30时，利用二次函数求出L（x）max，当x≥30时，利用基本不等式求出增加的利润最大值，然后比较两个最大值，得到结果．解：（1）当0＜x＜30时，L（x）＝800x﹣10x2﹣400x﹣3000＝﹣10x2+400x﹣3000；当x≥30时，L（x）＝800x﹣804x﹣+9000﹣3000＝6000﹣（4x+）．∴L（x）＝．（2）当0＜x＜30时，L（x）＝﹣10（x﹣20）2+1000，∴当x＝20时，L（x）max＝L（20）＝1000．当x≥30时，L（x）＝6000﹣（4x+）≤6000﹣2＝5600，当且仅当4x＝，即x＝50时，L（x）＝L（50）＝5600＞1000．∴当x＝50时，获得增加的利润最大，且增加的最大利润为5600元．[选做：立体几何]26．如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，侧面PAC为等边三角形，∠ABC ＝90°，AB＝BC，AC＝4．（1）证明：PB⊥AC；（2）若M，N是线段AC上的动点，且∠MBN＝30°，设∠ABM＝α，求三棱锥P﹣MBN体积关于α的函数表达式并求体积取最小值时α的值．【分析】（1）取AC的中点O，连接PO，BO，证明PO⊥AC，BO⊥AC，由直线与平面垂直的判定可得AC⊥平面POB，从而得到PB⊥AC；（2）由（1）知PO⊥AC，再由已知结合平面与平面垂直的性质得到PO⊥平面ABC．求出三棱锥P﹣ABC的高PO，在△ABM中，由正弦定理得BM及BN，求出三角形MBN 的面积，利用三角函数求其最小值，再由棱锥体积公式，得到三棱锥P﹣MBN体积的最小值．解：（1）证明：取AC的中点O，连接PO，BO，∵△PAC为等边三角形，O为AC的中点，∴PO⊥AC，同理BO⊥AC，又∵BO∩PO＝O，∴AC⊥平面POB．∴PB⊥AC；（2）由（1）知PO⊥AC．又∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥平面ABC．∴PO是三棱锥P﹣ABC的高，可得PO＝，∵∠ABM＝α，0°≤α≤60°，在△ABM中，由正弦定理得BM＝，同理BN＝，故＝＝＝＝．∴三棱锥P﹣MBN的体积：V＝＝．∵0°≤α≤60°，30°≤2α+30°≤150°，∴当α＝30°时，sin（2α+30°的最大值为1，此时三棱锥P＝BMN的体积有最小值，且最小值为．∴当α＝30°时，三棱锥P﹣MBN的体积有最小值．[选做：解析几何]27．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2＝1，圆C与圆O关于点（2，3）对称．（1）求圆C的方程；（2）若过平面上一点P存在无穷多对互相垂直的直线l1和l2（l1，l2的斜率存在且不为0），它们分别与圆O和圆C相交，且直线l1被圆O截得的弦长与直线l2被圆C截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标．【分析】（1）求出坐标原点关于点（2，3）的对称点，即可得到圆C的方程；（2）设点P（a，b）满足条件，不妨设直线l1的方程为y﹣b＝k（x﹣a）（k≠0），则直线l2的方程为y﹣b＝﹣（x﹣a），由题意可得圆心O到直线l1的距离和圆心C到直线l2的距离相等，利用点到直线的距离公式列式，再由k的取值有无数多个，可得或，然后求出所有满足条件的点P的坐标．解：（1）设圆C的圆心的坐标为C（m，n），∵圆C与圆O关于点（2，3）对称，∴C与O关于点（2，3）对称，由中点坐标公式，得，即m＝4，n＝6，∴圆C的方程为（x﹣4）2+（y﹣6）2＝1；（2）设点P（a，b）满足条件，不妨设直线l1的方程为y﹣b＝k（x﹣a）（k≠0），则直线l2的方程为y﹣b＝﹣（x﹣a）．∵圆O和圆C的半径相等，直线l1被圆O截得的弦长与直线l2被圆C截得的弦长相等，∴圆心O到直线l1的距离和圆心C到直线l2的距离相等，即，整理，得|ka﹣b|＝|a﹣4+k（b﹣6）|，从而ka﹣b＝a﹣4+k（b﹣6）或ka﹣b＝4﹣a+k（6﹣b）．∵k的取值有无穷多个，∴或．解得或．∴这样的点P只可能是点（﹣1，5）或点（5，1）．经检验，点（﹣1，5）和点（5，1）都满足条件，∴所有满足条件的点P的坐标为（﹣1，5）和点（5，1）．28．已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+4n（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；．（2）令b n＝，求数列{b n}的前n项和T n；（3）若数列{c n}满足c n+1+c n＝a n，且不等式c n+2n2≥0对任意的n∈N*都成立，求c1的取值范围．【分析】（1）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．（2）利用（1）的应用，利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．（3）利用分类讨论思想的应用和恒成立问题的应用，求出c1的取值范围．解：（1）数列{a n}的前n项和为S n＝n2+4n①，当n≥2时，②，①﹣②得a n＝2n+3．当n＝1时，a1＝5（首项符合通项），所以a n＝2n+3．（2）因为b n＝＝，则①，②，①﹣②得，整理得．（3）由（1）知，当n≥2时，c n+c n﹣1＝2（n﹣1）+3，又c n+1+c n＝2n+3，两式相减得c n+1﹣c n﹣1＝2，所以数列{c2n}是以为首项，公差为2的等差数列，数列{c2n﹣1}是以c1为首项，公差为2的等差数列．c1+c2＝5，所以c2＝5﹣c1，当n为偶数时，＝n+3﹣c1；当n为奇数时，＝n﹣1+c1．所以．因为对任意的n∈N+都有成立，当n为奇数时，恒成立，所以在n为奇数时恒成立，所以﹣c1≤2，即c1≥﹣2；同理当n为偶数时，恒成立，在n为偶数时恒成立，所以c1≤13．综上所述，c1的取值范围是[﹣2，13]．。
2020-2021学年福建省龙岩市高一(下)期末数学试卷(附答案详解)
2020-2021学年福建省龙岩市高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知i为虚数单位，(1−i)z=2，则复平面上z对应的点在()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.设e1⃗⃗⃗ ,e2⃗⃗⃗ 是平面内两个不共线的向量，则向量a⃗,b⃗ 可作为基底的是()A. a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =−e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗B. a⃗=2e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =12e1⃗⃗⃗ +14e2⃗⃗⃗C. a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗D. a⃗=e1⃗⃗⃗ −2e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =−2e1⃗⃗⃗ +4e2⃗⃗⃗3.新中国成立以来，我国共进行了7次人口普查，这7次人口普查的城乡人口数据如图所示．根据该图数据判断，下列选项中错误的是()A. 乡村人口数均高于城镇人口数B. 城镇人口数达到最高峰是第7次C. 和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第7次D. 和前一次相比，城镇人口比重增量最小的是第3次4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=105°，C=30°，b=√2，则c=()A. 12B. 1C. √2D. 25.已知圆柱OO1的侧面积为4π，体积为2π，则该圆柱的轴截面的面积为()A. 2B. 4C. 6D. 86.若α，β是两个不重合的平面，a，b，c是三条不重合的直线，则下列命题中正确的是()A. 若a//α，α∩β=b，则a//bB. 若a⊂α，b⊂β，b//c，a//β，则α//βC. 若a ⊂α，b ⊂α，且c ⊥a ，c ⊥b ，则c ⊥αD. 若a ⊥α，α∩β=c ，b//c ，则a ⊥b7. 已知菱形ABCD ，AC =2，BD =4，且AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则∠DEC 的余弦值为( )A. 6√3131B. 6√3731C. 6√3137D. 6√37378. 现有5个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回的随机抽取两次，每次抽取一个球，记：事件A 表示“第一次取出的球数字是2”，事件B 表示“第二次取出的球数字是3”，事件C 表示“两次取出的球的数字之和为8”，事件D 表示“两次取出的球的数字之和为6”，则下列选项正确的是( )A. 事件A 和事件C 相互独立B. 事件B 和事件C 相互独立C. 事件B 和事件D 相互独立D. 事件C 和事件D 相互独立二、多选题（本大题共4小题，共20.0分） 9. 设z 1，z 2，z 3为复数，则( )A. 若z 1>z 2，则z 1−z 2>0B. 若z 1z 2=z 2z 3，则z 1=z 3C. 若z 2−=z 1，则|z 1z 3|=|z 2z 3|D. 若z 1满足|z 1|=1，则|z 1−2|的最小值为110. 已知正四面体PABC 的棱长为2，M 、N 分别为PA 、PB 的中点．下列说法正确的有( )A. MN ⊥PCB. 异面直线BM 与PC 所成角的余弦值为√36C. 该正四面体的体积为√23D. 该正四面体的内切球体积为√627π11. 在平行四边形ABCD 中，AB =2，AD =2√3,AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−6,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ∈[0,1]，则下列选项正确的是( )A. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值是−3B. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值是−2C. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值是10D. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值是2512. 在△ABC 中，角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，设向量m⃗⃗⃗ =(c,a +b),n ⃗ =(a,c)，且m⃗⃗⃗ //n ⃗ ，则下列选项正确的是( ) A. A =2B B. C =2AC. 1<ca <2D. 若△ABC 的面积为c 24，则C =π2三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知向量a ⃗ =(1,3),b ⃗ =(3,4)，若(λa ⃗ −b ⃗ )⊥b ⃗ ，则λ=______．14. 记一组数据x i (i =1,2，…，n)的平均数为x −，且x −=1.6,1n ∑(n i=1x i −x −)2=1.44，则1n∑x i 2n i=1=______．15. 已知圆C 的弦AB 的长度为2√3，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =______． 16. 已知三棱锥P −ABC ，PB =PC =AB =BC =AC =2√3，侧面PBC ⊥底面ABC ，则PA =______，三棱锥P −ABC 外接球的表面积为______． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17. 已知复数z =a +(a −1)i(a ∈R)．(1)若z ⋅z −=5，求a ； (2)求|z|的最小值．18. 如图，S 是圆锥的顶点，AB 是底面圆O 的直径，C 为底面圆周上异于A ，B 的点，D 为BC 的中点．(1)求证：平面SOD ⊥平面SBC ；(2)若圆锥的侧面积为3√5π，且BC =4，AC =2，求该圆锥的体积．19.为了解某班级学生期末考试数学成绩情况，抽取该班40名学生的数学成绩，将所得数据整理后，画出其频率分布直方图(如图)，已知从左到右各长方形高的比为2：3：5：6：3：1．(1)根据频率分布直方图，计算抽取的数学成绩的平均数和第65百分位数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)若从分数在[80,90)和[130,140]的同学中随机抽取两位同学，求抽取的两位同学中至少有一位同学的数学成绩在[130,140]的概率．=bsinA这两个条件中任选一个，补20.在①√3(a−bcosC)=csinB；②√3acos A+C2充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足______，BD平分∠ABC交AC于点D，且BD=2，AC=3，求△ABC的面积．21.甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为p，乙每轮猜对的概率为q.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互，恰有一人猜不影响，各轮结果也互不影响．已知每轮甲、乙同时猜错的概率为112．错的概率为512(1)求p和q；(2)若p>q，求“星队”在两轮活动中猜对2个成语的概率．22.已知等边三角形ABC，D，E分别是边AB，AC上的三等分点，且AD=CE(如图甲)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置(如图乙)，M是A1D的中点．(1)求证：EM//平面A1BC；(2)若二面角A1−DE−B的大小为2π，求直线DE与平面A1CE所成角的正弦值．3答案和解析1.【答案】A【解析】解：首先由(1−i)z=2求得z=21−i =2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，对应点为(1,1)，在第一象限．故选：A．首先由(1−i)z=2求得z，然后可确定复平面上z对应的点所在象限．本题考查复数除法运算，考查复数几何意义，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：对于A，a⃗=−b⃗ ，∴a⃗,b⃗ 共线，不能作基底，∴不选A；对于B，a⃗=4b⃗ ，∴a⃗,b⃗ 共线，不能作基底，∴不选B；对于C，不存在λ，使得a⃗=λb⃗ ，能作基底，∴选C；对于D，a⃗=−12b⃗ ，∴a⃗,b⃗ 共线，不能作基底，∴不选D．故选：C．依据向量共线定理可解决此题．本题考查平面向量基本定理，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．3.【答案】A【解析】解：因为2020年城镇人口高于乡村人口，故选项A错误；因为城镇人口数达到最高峰是2020年，即第7次，故选项B正确；第2次和第1次相比，城镇人口比重增量为18.3%−13.26%=5.04%，第3次和第2次相比，城镇人口比重增量为20.91%−18.3%=2.61%，第4次和第3次相比，城镇人口比重增量为26.44%−20.91%=5.53%，第5次和第4次相比，城镇人口比重增量为36.22%−26.44%=9.78%，第6次和第5次相比，城镇人口比重增量为49.68%−36.22%=13.46%，第7次和第6次相比，城镇人口比重增量为63.89%−49.68%=14.21%，所以和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第7次，故选项C正确；前一次相比，城镇人口比重增量最小的是第3次，故选项D正确．故选：A．利用题中柱形图和折线图中的数据信息以及变化趋势，对四个选项逐一分析判断即可．本题考查了条形图和折线图的应用，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．4.【答案】B【解析】解：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=105°，C=30°，所以B=45°，b=√2，则c=bsinCsinB =√2×12√22=1．故选：B．利用三角形的内角和求解B，然后利用正弦定理求解c即可．本题考查正弦定理的应用，是基础题．5.【答案】B【解析】解：设底面圆的半径为r，圆柱的高为h，则有{V=πr2ℎ=2πS侧=2πrℎ=4π，解得r=1，ℎ=2，所以该圆柱的轴截面的面积为S=2rℎ=2×2=4．故选：B．设底面圆的半径为r，圆柱的高为h，由体积和侧面积公式求出r和h，由轴截面的面积公式求解即可．本题考查了圆柱几何性质的应用，圆柱体积公式的应用，轴截面的理解与应用，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：若a//α，α∩β=b，则a//b或a与b异面，故A错误；若a⊂α，b⊂β，b//c，a//β，则α//β或α与β相交，故B错误；若a⊂α，b⊂α，且c⊥a，c⊥b，则c⊂α或c//α或c与α相交，相交也不一定垂直，只有添加条件a与b相交，才有c⊥α，故C错误；若a ⊥α，α∩β=c ，则a ⊥c ，又b//c ，所以有a ⊥b ，故D 正确． 故选：D ．由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断A 与B ；由直线与平面垂直的判定判断C ；由异面直线所成角的求法判定D ．本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．7.【答案】D【解析】解：根据题意，菱形ABCD ，AE⃗⃗⃗⃗⃗ =2BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则A 、B 、E 三点共线，且B 是AE 的中点， 如图：AC =2，BD =4，则AB =√(AC2)2+(BD 2)2=√5，则AE =2AB =2√5， 在△ABD 中，cos∠BAD =AB 2+AD 2−2AB⋅AD2AB⋅AD =−35，在△ADE 中，DE 2=AE 2+AD 2−2AE ⋅AD ⋅cos∠BAD =37，则DE =√37， 又由EC =BD =4，DC =AB =√5， 则cos∠DEC =DE 2+EC 2−DC 22DE⋅EC=6√3737，故选：D ．根据题意，分析A 、B 、E 三点的关系可得B 是AE 的中点，求出AB 的值，在△ABD 中，由余弦定理求出cos∠BAD ，进而求出DE ，分析求出EC 和DC 的值，进而利用余弦定理计算可得答案．本题考查三角形中的几何计算，涉及余弦定理的应用，注意分析A 、B 、E 三点的关系，属于中档题．8.【答案】C【解析】解：由题意，P(A)=15,P(B)=15,P(C)=325,P(D)=15， 对于A ，P(AB)=0≠P(A)P(B)，故选项A 错误；≠P(B)P(C)，故选项B错误；对于B，P(BC)=125=P(B)P(D)，故选项C正确；对于C，P(BD)=125≠P(C)P(D)，故选项D错误．对于D，P(CD)=125故选：C．利用相互独立事件的概率乘法公式，对四个选项逐一分析判断即可．本题考查了相互独立事件的判断，解题的关键是掌握相互独立事件的概率公式，考查了逻辑推理能力，属于基础题．9.【答案】ACD【解析】解：∵z1>z2，∴z1−z2>z2−z2=0，故A选项正确，若z1z2=z2z3，则z2(z1−z3)=0，当z2=0，z1≠z3时，等式也成立，故B选项错误，∵z2−=z1，∴z2=z1−，设z1=a+bi，则z2=a−bi，∴|z1|=|z2|=√a2+b2，∴|z1||z3|=|z2||z3|，即|z1z3|=|z2z3|，故C选项正确，设z1=a+bi，(a,b∈R)，∵|z1|=1，∴a2+b2=1，−1≤a≤1，∴z1−2=a−2+bi，∴|z1−2|=√(a−2)2+b2=√(a−2)2+1−a2=√5−4a，∵−1≤a≤1，∴|z1−2|min=√5−4=1，故D选项正确．故选：ACD．根据已知条件，结合共轭复数的概念和复数模的求法，以及复数模的几何意义，即可求解．本题主要考查了共轭复数的概念和复数模的求法，考查了复数模的几何意义，需要学生有较强的综合能力，属于中档题．10.【答案】ABD【解析】解：正四面体PABC 的棱长为2，M 、N 分别为PA 、PB 的中点． 如图所示：对于A ：取AB 的中点D ，连接PD ，DC ， 由于AP =BP ，AC =CB ，所以PD ⊥AB ，CD ⊥AB ，故AB ⊥平面PCD ，所以AB ⊥PC ，由于NM//AB ，所以MN ⊥PC ，故A 正确；对于B ：取AC 的中点E ，连接ME ，BE ，所以异面直线BM 与PC 所成角为∠BME ， 由于ME =12PC =1，BM =√4−1=√3，BE =√3， 故cos∠BME =√3)22√3)22×√3×1=√36，故B 正确；对于C ：BE 和DC 交点O 为底面△ABC 的中心， 故OC =(2√33)=2√63，所以V P−ABC =13×12×2×2×√32×2√63=2√23，故C 错误；对于D ：利用等体积转换法：设内切球的半径为r ， 所以V P−ABC =4×13×12×2×2×√32⋅r =2√23，解得r =√66，故V 球=43⋅π⋅(√66)3=√6π27，故D 正确． 故选：ABD ．直接利用线面垂直的判定和性质的应用，异面直线的夹角的求法，余弦定理的应用，勾股定理的应用，等体积转换法，球的体积公式的应用判断A 、B 、C 、D 的结论． 本题考查的知识要点：线面垂直的判定和性质的应用，异面直线的夹角的求法，余弦定理的应用，勾股定理的应用，等体积转换法，球的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．11.【答案】BC【解析】解：由图可得MB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )(MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =−λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )+AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ²−λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |²+AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ²−λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6λ+4−6+12λ+6λ−12λ =12λ−2， 因为λ∈[0,1]，所以MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12λ−2∈[−2,10]， 故选：BC ．作图，利用向量三角形法则、平面向量数量积性质等用含λ的式子表示出MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12λ−2，然后根据λ取值范围即可得到答案．本题考查平面向量数量积法则的应用，考查数形结合思想、转化思想，属于基础题．12.【答案】BC【解析】解：△ABC 中，角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，设向量m ⃗⃗⃗ =(c,a +b),n ⃗ =(a,c)，且m⃗⃗⃗ //n ⃗ ， 所以可得：c 2=a(a +b)=a 2+ab ， 而c 2=a 2+b 2−2abcosC ， 所以可得：ab =b 2−2abcosC ， 可得a =b −2a ⋅cosC ，由正弦定理可得：sinA =sinB −2sinAcosC =sin(A +C)−2sinAcosC =sinAcosC +cosAsinC −2sinAcosC =sin(C −A)， 所以可得A =C −A 或A +C −A =π，可得C =2A 或C =π(舍)所以B 正确，A 不正确． C =2A <π，所以A <π2所以B=π−A−C=π−3A，可得π−3A>0，所以A<π3，可得0<A<π3由正弦定理可得ca =sinCsinA=sin2AsinA=2sinAcosAsinA=2cosA∈(1,2)，所以C正确；S△ABC=12absinC=c24，由正弦定理可得12sinAsinBsinC=14sin2C，所以sinAsinB=12sinC，即sinAsin3A=12sin2A，整理可得：sin3A=cosA，所以3A=π2±A，可得A=π4或π8，进而可得C=π2或π4，所以D不正确；故选：BC．由向量的关系可得a，c的关系，再由余弦定理可得A，C的关系，进而求出B与A的关系，再由三角形的内角和可得A的范围，由正弦定理可得ca=2cosA，由A的范围求出ca的范围，由面积公式及面积的值可得A角，进而求出C的值，可判断命题的真假．本题考查三角形的正余弦定理的应用，向量的运算，属于中档题．13.【答案】53【解析】解：∵向量a⃗=(1,3),b⃗ =(3,4)，(λa⃗−b⃗ )⊥b⃗ ，∴(λa⃗−b⃗ )⋅b⃗ =λa⃗⋅b⃗ −b⃗ 2=λ(3+12)−25=15λ−25=0，则λ=53，故答案为：53．由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，计算求得λ的值．本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，属于基础题．14.【答案】4【解析】解：因为数据x i(i=1,2，…，n)的平均数为x−=1.6，方差为1n ∑(ni=1x i−x−)2=1n∑(ni=1x i2−nx−2)=1n∑x i2ni=1−x−2=1.44，所以1n ∑x i 2n i=1=1.44+1.62=4．故答案为：4．根据平均数和方差的计算公式，计算即可．本题考查了平均数和方差的计算公式应用问题，是基础题．15.【答案】6【解析】解：取AB 的中点O ；连接CO ； 则CO ⊥AB ；∵在圆C 中弦AB 的长度为2√3，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ==(AO ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=12×2√3×2√3=6； 故答案为：6．取AB 的中点O ；连接CO ；则CO ⊥AB ；利用向量的三角形法则即可求出结论． 本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力，是基础题．16.【答案】3√2 20π【解析】解：三棱锥P −ABC ，PB =PC =AB =BC =AC =2√3， 如图所示：侧面PBC ⊥底面ABC ，则PF =√(2√3)2−(√3)2=3，同理AF =√(2√3)2−(√3)2=3， 所以PA =√32+32=3√2， 根据勾股定理的应用： DF =EF =13×3=1，所以DC =2，所以OC =√22+12=√5， 所以S 球=4⋅π⋅(√5)2=20π． 故答案为：3√2；20π．首先利用勾股定理的应用求出PA 的长，进一步利用勾股定理的应用求出外接球的半径和球的表面积．本题考查的知识要点：三棱锥体和球体的关系，球的表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．17.【答案】解：(1)∵z =a +(a −1)i(a ∈R)，∴z −=a −(a −1)i(a ∈R)， ∴z ⋅z −=(a −1)2+a 2=5，∴a 2−a −2=0，解得a =2或a =−1．(2)∵|z|=√(a −1)2+a 2=√2a 2−2a +1=√2(a −12)2+12 ∴a =12时，|z|的最小值为√22．【解析】(1)根据共轭复数的概念，可得z −=a −(a −1)i(a ∈R)，再结合复数代数形式的乘法运算，即可求解．(2)根据已知条件，结合复数模的公式，即可求解．本题考查了复数代数形式的乘法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．18.【答案】解：(1)证明：由圆锥的性质可知，SO ⊥底面圆O∵BC 在底面圆O 上，∴BC ⊥SO ， ∵C 在圆O 上，AB 为直径，∴AC ⊥BC ， 又点O ，D 分别为AB ，BC 的中点，∴OD//AC ，∴OD ⊥BC ，又OD ∩SO =O ，且OD ，SO ⊂平面SOD ，∴BC ⊥平面SOD ，又BC ⊂平面SBC ，∴平面SOD ⊥平面SBC ．(2)∵BC=4，AC=2，∴AB=√AC2+BC2=√42+22=2√5，∴底面周长为2√5π，∴S侧=12×SA×2√5π=3√5π，∴SA=3，∴SO=√SA2−AO2=2，∴V圆锥=13×5π×SO=10π3．【解析】(1)推导出SO⊥底面圆O，BC⊥SO，AC⊥BC，OD//AC，OD⊥BC，从而BC⊥平面SOD，由此能证明平面SOD⊥平面SBC．(2)求出底面周长为2√5π，S侧=3√5π，从而SA=3，SO=√SA2−AO2=2，由此能求出该圆锥的体积．本题考查面面垂直的证明，考查该圆锥体积的求法，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、推理论证能力，是中档题．19.【答案】解：(1)因为频率分布直方图中，高的比就是频率的比，所以各区间上的频率可依次设为2x，3x，5x，6x，3x，x，则2x+3x+5x+6x+3x+x=1，解得x=120，所以各区间上的频率从左往右依次为：0.1，0.15，0.25，0.3，0.15，0.05，所以平均数为：85×0.1+95×0.15+105×0.25+115×0.3+125×0.15+135×0.05=109，假设第65百分位数为y，则0.1+0.15+0.25+(y−110)×0.03=0.65，解得y=115；所以所求平均数为109，第65百分位数为115．(2)由(1)可知数学成绩在[80,90)共有40×0.1=4人，分别记为a，b，c，d，数学成绩在[130,140]共有40×0.05=2人，分别记为A，B，从这6人中随机抽出两位同学的样本空间Ω={AB,Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，ab，ac，ad，bc，bd，cd}，n(Ω)=15，记事件M表示“至少有一位同学的数学成绩在[130,140]”，n(M)=9，所以至少有一位同学的数学成绩[130,140]的概率为P(M)=915=35．【解析】(1)因为频率分布直方图中高的比就是频率的比，从而求各区间的频率，再求平均数与第65百分位数，(2)可知数学成绩在[80,90)共有4人，在[130,140]共有2人，利用列举法及古典概率模型公式求概率．本题考查了频率分布直方图的应用及古典概率模型的应用，属于基础题．20.【答案】解：若选①，由正弦定理，得√3(sinA−sinBcosC)=sinCsinB．由sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，得√3cosBsinC=sinCsinB，由0<C<π，得sinC≠0，所以√3cosB=sinB，所以tanB=√3．又0<B<π，得B=π3．若选②，因为√3acos A+C2=bsinA，由正弦定理得√3sinAcos A+C2=sinBsinA，因为0<A<π，sinA≠0，所以√3cos A+C2=sinB，又因为A+B+C=π，所以A+C2=π2−B2，所以cos A+C2=cos(π2−B2)=sin B2，所以√3sin B2=2sin B2cos B2，又因为B2∈(0,π2)，sin B2≠0，所以cos B2=√32，所以B=π3，因为S△ABD+S△CBD=S△ABC，所以12×2×c×sinπ6+12×2×a×sinπ6=12×a×c×sinπ3，化简得a+c=√32ac①，由余弦定理得b2=a2+c2−2accosB，所以9=a2+c2−ac，所以(a+c)2=3ac+9②，联立①②化简得a2c2−4ac−12=0，所以(ac−6)(ac+2)=0，解得ac=6或ac=−2(舍去)，又因为S△ABC=12acsinB，所以S△ABC=12×6×√32=32√3．【解析】若选①，由正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式可求tan B 的值，结合0<B <π，可得B 的值；若选②，利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cos B2=√32，即可求解B 的值，由于S △ABD +S △CBD =S △ABC ，利用三角形的面积公式可得a +c =√32ac ，由余弦定理得(a +c)2=3ac +9②，联立得a 2c 2−4ac −12=0，解得ac 的值，根据三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．21.【答案】解：(1)根据题意，设M 表示事件“每轮甲、乙同时猜错”；N 表示事件“恰有一人猜错”，则P(N)=(1−p)q +p(1−q)=512， P(M)=(1−p)(1−q)=112，解可得：p =23，q =34或p =34，q =23； (2)根据题意，若p >q ，则p =34，q =23，设A i 表示事件“甲在两轮中猜对i 个成语”，B i 表示事件“乙在两轮中猜对i 个成语”，(i =0、1、2)，E 表示“星队”在两轮活动中猜对2个成语， 由于两轮猜的结果相互独立，所以P(E)=P(A 0B 2)+P(A 1B 1)+P(A 2B 0)=14×14×23×23+2×14×34×2×13×23+34×34×13×13=4144+24144+9144=37144； 故“星队”在两轮活动中猜对2个成语的概率为37144．【解析】(1)设M 表示事件“每轮甲、乙同时猜错”；N 表示事件“恰有一人猜错”，分析可得关于p 、q 的方程组，解可得p 、q 的值，即可得答案；(2)根据题意，设A i 表示事件“甲在两轮中猜对i 个成语”，B i 表示事件“乙在两轮中猜对i 个成语”，(i =0、1、2)，E 表示“星队”在两轮活动中猜对2个成语，分析可得P(E)=P(A 0B 2)+P(A 1B 1)+P(A 2B 0)，由相互独立事件的概率公式计算的可得答案． 本题考查相互独立事件的概率计算，涉及互斥事件概率的加法公式，属于基础题．22.【答案】解：(1)证法一：过点E作EF//BD交BC于点F，取A1B的中点G，∵△ABC是等边三角形，AD=CE，∴EF//BD，EF=12BD，又∵M、G分别为A1D和A1B的中点，∴MG为△A1BD的中位线，∴MG//BD，MG=12BD，∴EF//MG，EF=12MG，∴四边形EFGM为平行四边形，∴EM//FG，又∵FG⊂面A1BC，EM⊄面A1BC，∴EM//平面A1BC，证法二：取点F为BD中点，连EF，则EC=BF，因此EF//BC，又∵BC⊂平面A1BC，EF⊄平面A1BC，∴EF//平面A1BC，连MF，∵点M为A1D中点，∴MF//A1B，又∵A1B⊂平面A1BC，MF⊄平面A1BC，∴MF//平面A1BC，又MF∩EF=F，∴平面MFE//平面A1BC，∵EM⊂平面MPE，∴EM//平面A1BC(2)设AB=3，则AD=1，AE=2，∵∠A=60°，∴在△ADE中，由余弦定理，得DE=√AD2+AE2−2AD⋅AE⋅cosA=√3，∵22=12+(√3)2，∴AE2=AD2+DE2，∴∠ADE=90°，∴DE⊥AD，DE⊥BD，∴DE⊥BD，DE⊥A1D，又∵A1D⊂面A1DE，BD⊂面BDE，∴∠A1DB为二面角A1−DE−B的平面角，∴∠A1DB=2π3设A1在面BDEC内的投影为P，则P在BD的延长线上，∴A1P⊥BD，∵∠A1DB=2π3，∴∠A1DP=π3，在△A1DP中，A1D=AD=1，由正弦定理，得DP=12，A1P=√32，连接CP，且BP=52，在△BCP中，由余弦定理，得CP=√BP2+BC2−BP⋅BC⋅ cosB=√312，在Rt △A 1PC 中，A 1C =√A 1P 2+CP 2=√342，∴在△A 1CE 中，cos∠A 1EC =4+1−3444=−78，∴sin∠A 1EC =√158，∴S △A 1CE =12×2×1×√158=√158， 设DE 与平面A 1CE 所成角为θ，点D 到平面A 1CE 的距离为d ， 由V D−A 1CE =V A 1−DCE ，∴13×S △A 1CE ×d =13×S △DCE ×A 1P ， 又∵S △DCE =12×√3×1×sin5π6=√34，∴d =√15，∴sinθ=d DE=√55， ∴直线DE 与平面A 1CE 所成角的正弦值为√55．【解析】(1)证法一：过点E 作EF//BD 交BC 于点F ，取A 1B 的中点G ，利用线面平行判定定理证明，证法二：取点F 为BD 中点，连EF ，先证明面面平行，再证明线面平行；(2)设AB =3，在△ADE 中求出DE ，可判断∠A 1DB 为二面角A 1−DE −B 的平面角，再结合条件，利用等体积法求解即可．本题考查了线面平行的判定定理和性质，直线与平面所成的角，同时考查了空间想象力，属于中档题．。
福建省龙岩市2020-2021学年高一下学期期末考试数学试卷含答案
的距离为 ，直线 得，
与平面
所成的角为 ，
，
，
所以直线 与平面
所成的角的正弦值为
（备注：本题采用空间向量解题不得分）
，
，
，所以
,
，所以
,
，所以
又因为
,
,所以
,所以
.
， ...............5
分
因为
,
所以
,
化简得 由余弦定理得 所以 所以 又因为
所以 分 21.（本题满分 12分）
①，
,所以
②,联立①②化简得
,解得
或
,
,
, （舍去），
.
...............12
解：（1）设 M 表示事件“每轮甲、乙同时猜错”；N表示事件“恰有一人猜错”
， ”
所以至少有一位同学的数学成绩[130,140]的概率为 分
.............12
（备注：若
也正确）
20.（本题满分 12分） 解：1°若选①，由正弦定理，得
由
得
，由
所以
，所以
， ，得 .又
.
， ，得
.
.........................5分
2°若选②，因为 由正弦定理得 因为 又因为 所以
17．（本题满分 10分）
解：（1）因为
，
所以
，所以
或
.
（2）
6
7
8
D
D
C
.........................5分
所以
时， 的最小值为
......................10分
2022-2023学年福建省龙岩市高一(下)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年福建省龙岩市高一（下）期末数学试卷一、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．已知复数z ＝a +3i ，z =2+bi(a ，b ∈R)，则a +b ＝（ ） A ．﹣1B ．1C ．﹣5D ．52．已知向量a →，b →，满足|a →|=3，|b →|=4，a →与b →的夹角的余弦值为34，则向量a →在向量b →上的投影向量为（ ） A ．a →B ．3a →C ．94b →D ．916b →3．从长度为1，3，7，8，9的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率为（ ） A ．15B ．25C ．35D ．454．已知某班40名学生某次考试的数学成绩依次为x 1，x 2，x 3，…，x 40，经计算全班数学平均成绩x =90，且∑ 40i=1x i 2=324400，则该班学生此次数学成绩的标准差为（ ）A ．20B ．2√5C ．10D ．√105．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（ ）A ．若E ∈BD 1，F ∈BD ，则EF ⊥ACB ．若E ∈BD 1，F ∈BD ，则平面BEF ⊥平面A 1BC 1C ．若E ∈AC ，F ∈CD 1，则EF ∥AD 1 D ．若E ∈AC ，F ∈CD 1，则EF ∥平面A 1BC 16．闽西革命烈士纪念碑，坐落在福建省龙岩市城西虎岭山闽西革命烈士陵园内，1991年被列为第三批省级文物保护单位，其中央主体建筑集棱台，棱柱于一体，极具对称之美．某同学准备在陵园广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图（如图），纪念碑的最顶端记为A 点，纪念碑的最底端记为B 点（B 在A 的正下方），在广场内（与B 在同一水平面内）选取C ，D 两点，测得CD 的长为15米，∠ACB ＝45°，∠CBD ＝30°，∠ADB ＝30°，则根据以上测量数据，可以计算出纪念碑高度为（ ）A ．14米B ．15米C ．16米D ．17米7．已知等边三角形ABC 的边长为4，D 为BC 的中点，将△ADB 沿AD 折到△ADB 1，使得△B 1CD 为等边三角形，则直线B 1D 与AC 所成的角的余弦值为（ ） A ．−√32B ．0C ．12D ．148．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos 2B +cos B cos （A ﹣C ）＝sin A sin C ，a =2√3，则△ABC 周长的取值范围是（ ） A ．(6√3，6+6√3) B ．(3+3√3，6+6√3) C ．(3+3√3，9√3)D ．(6√3，9√3)二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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．已知复数z 满足z •（1﹣3i ）＝10，则（ ） A ．|z|=√10B ．z 的虚部为3iC ．z −3(cos π4+isin π4)2=1D ．复数z 在复平面内对应的点位于第二象限10．新型冠状病毒阳性即新型冠状病毒核酸检测结果为阳性，其中包括无症状感染者和确诊病例．如图是某地某月2日至16日的新冠疫情病例新增人数的折线统计图，则（ ）A ．本地新增阳性人数最多的一天是10日B ．本地新增确诊病例的极差为84C ．本地新增确诊病例人数的中位数是46D ．本地新增无症状感染者的平均数大于本地新增确诊病例的平均数11．已知M 是边长为1的正六边形ABCDEF 所在平面内一点，t =(MA →+MC →)⋅(MB →+MD →)，则下列结论正确的是（ ）A ．当M 为正六边形ABCDEF 的中心时，t =12B ．t 的最大值为4C ．t 的最小值为−14 D ．t 可以为012．如图，水平放置的正方形ABCD 边长为1，先将正方形ABCD 绕直线AB 向上旋转45°，得到正方形ABC 1D 1，再将所得的正方形绕直线BC 1向上旋转45°，得到正方形A 2BC 1D 2，则（ ）A ．直线A 2C 1∥平面ABCDB ．D 2到平面ABCD 的距离为1+√22C ．点A 到点D 2的距离为3−√2D ．平面A 2BC 1D 2与平面ABCD 所成的锐二面角为60°三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13．方程x 2+2x +3＝0在复数范围内的根为 ．14．数据13，11，12，15，16，18，21，17的第三四分位数为 ．15．为深入学习宣传贯彻党的二十大精神，某校团委举办“强国复兴有我”——党的二十大精神知识竞答活动．某场比赛中，甲、乙、丙三位同学同时回答一道有关二十大精神知识的问题．已知甲同学答对的概率是12，甲、丙两位同学都答错的概率是16，乙、丙两位同学都答对的概率是13．若各同学答题正确与否互不影响．则甲、乙、丙三位同学中至少2位同学答对这道题的概率为 ．16．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，DB ⊥AB ，AB ＝DB ＝BP ＝PC ＝2．记四面体P ﹣BCD 的外接球的球心为O ，M 为球O 表面上的一个动点，当∠MAO 取最大值时，四面体M ﹣ABD 体积的最大值为 ．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．（10分）在△ABC 中，AC ＝BC ＝6，AB ＝4，AP →=λAB →(0≤λ≤1)．（1）当λ=23时，用CA →，CB →表示CP →；（2）求CP →⋅(CA →+CB →)的值．18．（12分）如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AA 1＝AB ＝4，BC ＝3． （1）求三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧面积；（2）设D 为AC 的中点，求证：AB 1∥平面BC 1D ．19．（12分）已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是34，得到黄球或蓝球的概率是12．（1）求盒中红球、黄球、蓝球的个数；（2）随机试验：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色． （i ）写出该试验的样本空间Ω；（ii ）设置游戏规则如下：若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜．从概率的角度，判断这个游戏是否公平，请说明理由．20．（12分）某大型企业为员工谋福利，与某手机通讯商合作，为员工办理流量套餐．为了解该企业员工手机流量使用情况，通过抽样，得到100名员工近一周每人手机日平均使用流量L （单位：M ）的数据，其频率分布直方图如图：若将每位员工的手机日平均使用流量分别视为其手机日使用流量，回答以下问题． （1）求这100名员工近一周每人手机日使用流量的众数、中位数；（2）在办理流量套餐后，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男员工20名，其手机日使用流量的平均数为800M ，方差为10000；抽取了女员工40名，其手机日使用流量的平均数为1100M ，方差为40000．（ⅰ）已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m ，x ，s 12；n ，y ，s 22，记总的样本平均数为ω，样本方差为s 2．证明：s 2=1m+n{m[s 12+(x −ω)2]+n[s 22+(y −ω)2]}．（ⅱ）用样本估计总体，试估计该大型企业全体员工手机日使用流量的平均数和方差．21．（12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为3的正方形，侧面PBC ⊥底面ABCD ． （1）若∠PBC ＝90°，求证：AC ⊥PD ；（2）若AC 与平面PCD 所成角为30°，求点A 到直线PC 的距离．22．（12分）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，点D 在边AB 上，∠A =π4，BD ＝CD ，AD ＝2．（1）若BD =√53b ，求c ；（2）若a =2√2，求△ABC 的面积．2022-2023学年福建省龙岩市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．已知复数z ＝a +3i ，z =2+bi(a ，b ∈R)，则a +b ＝（ ） A ．﹣1B ．1C ．﹣5D ．5解：复数z ＝a +3i ，z =2+bi ，由共轭复数的定义可知，a ＝2，b ＝﹣3，则有a +b ＝2﹣3＝﹣1． 故选：A ．2．已知向量a →，b →，满足|a →|=3，|b →|=4，a →与b →的夹角的余弦值为34，则向量a →在向量b →上的投影向量为（ ）A ．a →B ．3a →C ．94b →D ．916b →解：因为向量a →，b →，满足|a →|=3，|b →|=4，a →与b →夹角的余弦值为34，所以向量a →在向量b →上的投影向量为a →⋅b →|b →|b→|b →|=3×4×344×b→4=916b →．故选：D ．3．从长度为1，3，7，8，9的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率为（ ） A ．15B ．25C ．35D ．45解：五条线段中任取3条有C 53种结果，这些结果等可能出现．要使选出的三条线段可构成三角形，则两条较小边的和要大于第三边， 故只有：（3，7，8），（3，7，9），（3，8，9），（7，8，9）这四种可能， 故所求概率为P =4C 53=410=25． 故选：B ．4．已知某班40名学生某次考试的数学成绩依次为x 1，x 2，x 3，…，x 40，经计算全班数学平均成绩x =90，且∑ 40i=1x i 2=324400，则该班学生此次数学成绩的标准差为（ ）A ．20B ．2√5C ．10D ．√10解：已知某班40名学生某次考试的数学成绩依次为x 1，x 2，…，x 40，因为全班数学平均成绩x =90，且∑ 40i=1x i 2=324400，所以该班学生此次数学成绩的标准差s=√∑(x i−x)240i=140=√∑x i2−2x∑40i=1x i+40x240i=140=√∑x i2−2x⋅40x+40x240i=140=√∑x i2−40x240i=140=√324400−40×90240=√10．故选：D．5．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（）A．若E∈BD1，F∈BD，则EF⊥ACB．若E∈BD1，F∈BD，则平面BEF⊥平面A1BC1C．若E∈AC，F∈CD1，则EF∥AD1D．若E∈AC，F∈CD1，则EF∥平面A1BC1解：对于A，如图所示：若E∈BD1，F∈BD，则EF⊂平面B1D1DB，因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则DD1⊥AC，又AC⊥BD，且DD1∩BD＝D，DD1⊂平面B1D1DBBD⊂平面B1D1DB，所以AC⊥平面B1D1DB，又EF⊂平面B1D1DB，所以EF⊥AC，故A正确；对于B，若E∈BD1，F∈BD，则EF⊂平面B1D1DB，由正方体的性质得AC⊥平面B1D1DB，又A1C1∥AC，则A1C1⊥平面B1D1DB，即A1C1⊥平面A1BC1，又A1C1⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面A1BC1，故B正确；对于C，当E∈AC，F∈CD1时，则EF⊂平面AD1C，则EF与AD1共面，不一定平行，故C错误；对于D，如图所示：若E∈AC，F∈CD1，则EF⊂平面AD1C，因为A1B∥D1C，AB⊄平面ACD1，D1C⊂平面ACD1，所以A1B∥平面ACD1，同理BC1∥平面ACD1，又A1B∩BC1＝B，所以平面A1BC1∥平面ACD1，又EF⊂平面ACD1，所以EF∥平面A1BC1，故D正确；故选：C．6．闽西革命烈士纪念碑，坐落在福建省龙岩市城西虎岭山闽西革命烈士陵园内，1991年被列为第三批省级文物保护单位，其中央主体建筑集棱台，棱柱于一体，极具对称之美．某同学准备在陵园广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图（如图），纪念碑的最顶端记为A点，纪念碑的最底端记为B点（B在A的正下方），在广场内（与B在同一水平面内）选取C，D两点，测得CD的长为15米，∠ACB＝45°，∠CBD＝30°，∠ADB＝30°，则根据以上测量数据，可以计算出纪念碑高度为（）A．14米B．15米C．16米D．17米解：设AB＝h，在Rt△ABC中，因为∠ACB＝45°，所以△ABC为等腰直角三角形，所以BC＝AB＝h，在Rt△ABD中，因为∠ADB＝30°，所以BD=√3AB=√3ℎ，在△BCD中，由余弦定理知，CD2＝BD2+BC2﹣2BD•BD cos∠CBD，所以152＝（√3ℎ）2+h2﹣2•√3ℎ•h cos30°，解得h＝15米．故选：B ．7．已知等边三角形ABC 的边长为4，D 为BC 的中点，将△ADB 沿AD 折到△ADB 1，使得△B 1CD 为等边三角形，则直线B 1D 与AC 所成的角的余弦值为（ ） A ．−√32B ．0C ．12D ．14解：分别取CD ，B 1C ，AD 的中点E ，F ，G ，连接GF ，DF ，EF ，GE ， 则GE ∥AC ，EF ∥B 1D 且EF =12B 1D =1，GE =12AC =2，DF =GD =√3， 所以直线AC 与B 1D 所成的角为∠GEF （或其补角），由题意可知：AD ⊥CD ，AD ⊥B 1D ，B 1D ∩CD ＝D ，B 1D ，CD ⊂平面B 1CD ， 所以AD ⊥平面B 1CD ，且DF ⊂平面B 1CD ，可得AD ⊥DF ，则GF =√GD 2+DF 2=√6，在△GEF 中，由余弦定理可得cos ∠GEF =GE 2+EF 2−GF 22GE⋅EF =4+1−62×2×1=−14，所以直线B 1D 与AC 所成的角的余弦值为14．故选：D ．8．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos 2B +cos B cos （A ﹣C ）＝sin A sin C ，a =2√3，则△ABC 周长的取值范围是（ ） A ．(6√3，6+6√3) B ．(3+3√3，6+6√3) C ．(3+3√3，9√3)D ．(6√3，9√3)解：∵cos 2B +cos B cos （A ﹣C ）＝sin A sin C ∴cos B [cos B +cos （A ﹣C ）]＝sin A sin C ，∵A +B +C ＝π，∴cos B [﹣cos （A +C ）+cos （A ﹣C ）]＝sin A sin C ， cos B [（sin A sin C ﹣cos A cos C ）+（sin A sin C +cos A cos C ）]＝sin A sin C 2cos B sin A sin C ＝sin A sin C ，∵0＜A ，C ＜π2，∴sin A ＞0，sin C ＞0， ∴cosB =12，∴B =π3， 由正弦定理得a sinA=b sinB=c sinC，∴b =asinB sinA =2√3×√32sinA =3sinA ，c =asinCsinA ，∴△ABC 的周长为a +b +c =3sinA +2√3sinCsinA+2√3=3sinA +2√3sin(2π3−A)sinA +2√3=3+2√3(√32cosA+12sinA)sinA+2√3=3(1+cosA)+√3sinA sinA +2√3=6cos 2A 22sin A 2cos A2+3√3 =3tan A 2+3√3 ∵{0＜A ＜π20＜2π3−A ＜π2⇒π6＜A ＜π2⇒π12＜A 2＜π4⇒2−√3＜tan A 2＜1， ∴△ABC 的周长为a +b +c ∈(3+3√3，6+6√3)， 故选：B ．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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．已知复数z 满足z •（1﹣3i ）＝10，则（ ） A ．|z|=√10B ．z 的虚部为3iC ．z −3(cos π4+isin π4)2=1D ．复数z 在复平面内对应的点位于第二象限解：z •（1﹣3i ）＝10，则z =101−3i =10(1+3i)(1−3i)(1+3i)=1+3i ，|z|=√12+32=√10，故A 正确； z 的虚部为3，故B 错误；(cos π4+isin π4)2=12(1+i)2=i ，故z −3(cos π4+isin π4)2=1+3i −3i =1，故C 正确； 复数z 在复平面内对应的点（1，3）位于第一象限，故D 错误． 故选：AC ．10．新型冠状病毒阳性即新型冠状病毒核酸检测结果为阳性，其中包括无症状感染者和确诊病例．如图是某地某月2日至16日的新冠疫情病例新增人数的折线统计图，则（ ）A ．本地新增阳性人数最多的一天是10日B ．本地新增确诊病例的极差为84C ．本地新增确诊病例人数的中位数是46D ．本地新增无症状感染者的平均数大于本地新增确诊病例的平均数解：对于A ，由图可得2日至16日新增阳性人数依次为8，15，44，63，120，72，30，59，131，66，95，85，99，102，92，其中本地新增阳性人数最多的一天是10日，故A 正确．对于B ，由图可知本地新增确诊病例的极差为90﹣6＝84，故B 正确．对于C ，由图可知本地新增确诊病例人数从小到大排列依次为6，10，14，14，20，33，40，46，51，72，81，82，90，90，90，则中位数为第8个数46，故C 正确．对于D ，由图可知本地新增无症状感染者的平均数为：0+5+30+43+69+39+16+13+49+26+15+4+9+12+2015≈23，本地新增确诊病例的平均数为6+10+14+20+51+33+14+46+82+40+90+81+90+90+7215≈49，所以本地新增无症状感染者的平均数小于本地新增确诊病例的平均数，故D 错误． 故选：ABC ．11．已知M 是边长为1的正六边形ABCDEF 所在平面内一点，t =(MA →+MC →)⋅(MB →+MD →)，则下列结论正确的是（ ）A ．当M 为正六边形ABCDEF 的中心时，t =12B ．t 的最大值为4C ．t 的最小值为−14D ．t 可以为0解：以O 为原点，以AD 为x 轴，建立平面直角坐标系，如图， ∵正六边形边长为1， ∴A(−1，0)，B(−12，−√32)，C(12，−√32)，D(1，0)，设M （x ，y ），则MA →=(−1−x ，−y)，MC →=(12−x ，−√32−y)，MB →=(−12−x ，−√32−y)，MD →=(1−x ，−y)，∴MA →+MC →=(−12−2x ，−√32−2y)，MB →+MD →=(12−2x ，−√32−2y)，t =(MA →+MC →)⋅(MB →+MD →) =(−12−2x)(12−2x)+(−√32−2y)2， =4x 2−14+4y 2+2√3y +34 =4x 2+4y 2+2√3y +12=4x 2+4(y +√34)2−14≥−14， 当x =0，y =−√34时，t 的最小值为−14，故C 对，当M 为正六边形的中心时，即x ＝y ＝0时，t =12，故A 对， ∵t ∈[−14，+∞)．∴t 可以为0，t 没有最大值，∴故D 对，B 错， 故选：ACD ．12．如图，水平放置的正方形ABCD 边长为1，先将正方形ABCD 绕直线AB 向上旋转45°，得到正方形ABC 1D 1，再将所得的正方形绕直线BC 1向上旋转45°，得到正方形A 2BC 1D 2，则（ ）A ．直线A 2C 1∥平面ABCDB ．D 2到平面ABCD 的距离为1+√22C ．点A 到点D 2的距离为3−√2D ．平面A 2BC 1D 2与平面ABCD 所成的锐二面角为60°解：由已知条件中的旋转，可将正方形ABC 1D 1放于两个全等正方体的公共面上， 正方形ABCD 和正方形A 2BC 1D 2的位置如图所示，连接MD 1，PC 1，P A ，PC 1，A 2C 1，如图所示，因为平面ABCD ∥平面MD 1C 1P ，直线A 2C 1与平面MD 1C 1P 相交， 则直线A 2C 1与平面ABCD 相交，所以A 选项错误；平面A 2BC 1D 2与平面ABCD 所成的锐二面角可转化为平面A 2BC 1D 2与平面MD 1C 1P 所成的锐二面角， MP ⊥平面MAD 1N ，AN ⊂平面MAD 1N ，MP ⊥AN ，正方形MAD 1N 中，MD 1⊥AN ， MD 1，MP ⊂平面MD 1C 1P ，MD 1∩MP ＝M ，AN ⊥平面MD 1C 1P ， 同理，AP ⊥平面A 2BC 1D 2，平面A 2BC 1D 2与平面MD 1C 1P 所成的锐二面角，等于直线AP 与AN 所成的角， 由△APN 为等边三角形，可得所求锐二面角的平面角为60°，故选项D 正确．过D 2作D 2H ∥C 1D 1，则有D 2H ∥AB ，D 2H ⊄平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，D 2H ∥ABCD ， D 2到平面ABCD 的距离等价于H 到平面ABCD 的距离，如图所示，CB ＝C 1D 2＝1，∠BFC 1＝∠D 2C 1H ＝45°，则C 1H =√22，CF =√2−1，点C 到HF 的距离为1−√22， S △HBC =S △HBF −S △HCF =12×(1+√22)×1−12×(1+√22)×(1−√22)=1+√24，S △ABC =12×1×1=12设H 到平面ABCD 的距离为h ，根据等体积关系V H ﹣ABC ＝V A ﹣HBC ， 有13ℎS △ABC =13⋅AB ⋅S △HBC ，解得ℎ=1+√22， 由此得D 2到平面ABCD 的距离为1+√22，故B 选项正确；连接D 1D 2、AD 2，如图所示，△D 2D 1C 1中，D 1C 1＝1，D 2D 1＝1，∠D 2C 1D 1＝45°，由余弦定理得D 1D 22=D 2C 12+D 1C 12−2D 2C 1⋅D 1C 1cos∠D 2C 1D 1=2−√2，在Rt △AD 1D 2中，AD 2=√AD 12+D 1D 22=√3−√2，故C 选项错误．故选：BD ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13．方程x 2+2x +3＝0在复数范围内的根为 −1±√2i ．解：方程x 2+2x +3＝0在复数范围内的根为x =−2±2√2i2=−1±√2i ． 故答案为：−1±√2i ．14．数据13，11，12，15，16，18，21，17的第三四分位数为 17.5 ． 解：这组数据共8个数，从小到大排列是11，12，13，15，16，17，18，21， 8×34=6，所以第三四分位数是第6个数和第7个数的平均数，即17+182=17.5． 故答案为：17.5．15．为深入学习宣传贯彻党的二十大精神，某校团委举办“强国复兴有我”——党的二十大精神知识竞答活动．某场比赛中，甲、乙、丙三位同学同时回答一道有关二十大精神知识的问题．已知甲同学答对的概率是12，甲、丙两位同学都答错的概率是16，乙、丙两位同学都答对的概率是13．若各同学答题正确与否互不影响．则甲、乙、丙三位同学中至少2位同学答对这道题的概率为712．解：设甲同学答对的事件为A ，答错的事件为A ，设乙同学答对的事件为B ，答错的事件为B ，丙同学答对的事件为C ，答错的事件为C ，因为甲同学答对的概率是12，甲、丙两位同学都答错的概率是16，乙、丙两位同学都答对的概率是13，所以P （A ）=12，P （A ）P （C ）=16，P(BC)=P(B)⋅P(C)=13， 解得P （C ）=23，P （B ）=12， 至少2位同学答对这道题的概率为： P =P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=12×23×12+12×13×12+12×23×12+12×23×12=712， 故答案为：712．16．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，DB ⊥AB ，AB ＝DB ＝BP ＝PC ＝2．记四面体P ﹣BCD 的外接球的球心为O ，M 为球O 表面上的一个动点，当∠MAO 取最大值时，四面体M ﹣ABD 体积的最大值为4√1015．解：依题可得，四面体P ﹣BCD 的外接球的球心O 为BC 中点，外接球半径r =√2，要使∠MAO 取到最大值，则∠AMO ＝90°，即AM 与球O 相切时， ∴sin ∠MAO =rAO ， 在△ABO 中，AO 2=AB 2+BO 2−2AB ⋅BO ⋅cos∠ABO =4+2−2⋅2⋅√2⋅cos135°=10， ∴AO =√10， ∴sin ∠MAO =r AO =√210=√55，∴AM =√AO 2−r 2=√10−2=2√2， 过M 作MH ⊥AO ，垂足为H ，∴点M 在以H 为圆心MH 为半径的圆上， 又MH =AM ⋅sin ∠MAO =2√2×√55=2√105， ∴四面体M ﹣ABD 体积的最大值为13⋅S △ABD ⋅MH =13⋅12⋅2⋅2⋅2√105=4√1015．故答案为：4√105． 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．（10分）在△ABC 中，AC ＝BC ＝6，AB ＝4，AP →=λAB →(0≤λ≤1)．（1）当λ=23时，用CA →，CB →表示CP →；（2）求CP →⋅(CA →+CB →)的值． 解：（1）当λ=23时，AP →=23AB →，则CP →=CA →+AP →=CA →+23AB →=CA →+23(CB →−CA →) =13CA →+23CB →； （2）法一：∵CP →=CA →+λAB →=CA →+λ(CB →−CA →)=（1﹣λ）CA →+λCB →，cos ∠ACB =62+62−422×6×6=79，∴CA →⋅CB →=6×6×79=28，∴CP →⋅(CA →+CB →)=[(1−λ)CA →+λCB →]⋅(CA →+CB →) =(1−λ)CA →2+(1−λ)CA →⋅CB →+λCA →⋅CB →+λCB →2 ＝36﹣36λ+28﹣28λ+28λ+36λ ＝64；法二：取AB 中点D ，则CA →+CB →=2CD →，且CD ⊥AB ，∴CP →⋅(CA →+CB →)=2CP →⋅CD →=2(CD →+DP →)⋅CD →=2CD →2+0=2CD →2， 因为AC ＝BC ＝6，AB ＝4， 所以CD =√36−4=√32， 所以CP →⋅(CA →+CB →)=64．18．（12分）如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AA 1＝AB ＝4，BC ＝3． （1）求三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧面积；（2）设D 为AC 的中点，求证：AB 1∥平面BC 1D ．证明：（1）因为三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1为直三棱柱， 所以侧面BCC 1B 1，BAA 1B 1，CAA 1C 1均为矩形，又AB ⊥BC ，所以△ABC ，△A 1B 1C 1均为直角三角形， 又AA 1＝AB ＝4，BC ＝3，∴AC =√AB 2+BC 2=√42+32=5，所以三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧面积为（AB +BC +AC ）•AA 1＝（3+4+5）×4＝48． 所以三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧面积为48． （2）连接B 1C ，设B 1C ∩BC 1＝O ，连接OD ， ∵四边形BCC 1B 1为矩形， ∴O 为B 1C 的中点，∵D 为AC 的中点，∴OD ∥AB 1， ∴AB 1⊄平面BC 1D ，OD ⊂平面BC 1D ， ∴AB 1∥平面BC 1D ．19．（12分）已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是34，得到黄球或蓝球的概率是12．（1）求盒中红球、黄球、蓝球的个数；（2）随机试验：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色． （i ）写出该试验的样本空间Ω；（ii ）设置游戏规则如下：若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜．从概率的角度，判断这个游戏是否公平，请说明理由．解：（1）从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件A ，B ，C ， 因为A ，B ，C 为两两互斥事件，由已知得{ P(A)+P(B)+P(C)=1P(A)+P(B)=34P(B)+P(C)=12，解得{ P(A)=12P(B)=14P(C)=14，∴盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是2，1，1；（2）（i ）由（1）知红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，用1，2表示红球，用a 表示黄球，用b 表示蓝球，m 表示第一次取出的球，n 表示第二次取出的球，（m ，n ）表示试验的样本点，则样本空间Ω＝{（1，1），（1，2），（1，a ），（1，b ），（2，1），（2，2），（2，a ），（2，b ），（a ，1），（a ，2），（a ，a ），（a ，b ），（b ，1），（b ，2），（b ，a ），（b ，b ）}；（ii ）由（i ）得n （Ω）＝16，记“取到两个球颜色相同”为事件M ，“取到两个球颜色不相同”为事件N ，则n （M ）＝6， 所以P(M)=616=38， 所以P(N)=1−P(M)=1−38=58， 因为58＞38，所以此游戏不公平．20．（12分）某大型企业为员工谋福利，与某手机通讯商合作，为员工办理流量套餐．为了解该企业员工手机流量使用情况，通过抽样，得到100名员工近一周每人手机日平均使用流量L （单位：M ）的数据，其频率分布直方图如图：若将每位员工的手机日平均使用流量分别视为其手机日使用流量，回答以下问题． （1）求这100名员工近一周每人手机日使用流量的众数、中位数；（2）在办理流量套餐后，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男员工20名，其手机日使用流量的平均数为800M ，方差为10000；抽取了女员工40名，其手机日使用流量的平均数为1100M ，方差为40000．（ⅰ）已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m ，x ，s 12；n ，y ，s 22，记总的样本平均数为ω，样本方差为s 2．证明：s 2=1m+n{m[s 12+(x −ω)2]+n[s 22+(y −ω)2]}．（ⅱ）用样本估计总体，试估计该大型企业全体员工手机日使用流量的平均数和方差．解：（1）估计这100名员工近一周每人手机日使用流量的众数450， 由频率分布直方图可知流量少于300M 的所占比例为30%， 流量少于400M 的所占比例为55%，故抽取的100名员工近一周每人手机日使用流量的中位数在[300，400）内， 则中位数为300+(400−300)×0.5−0.30.55−0.3=380．（2）（i ）证明：总样本的方差为：s 2=1m+n [∑(x i −ω)2+∑ n j=1(y j −ω)2mi=1] =1m+n [∑(x i −x)2+∑2(x i m i=1−x)(x −ω)+∑(x −ω)2mi=1+∑(y i −y)2+nj=1mi=1∑2(y i −y)(y −ω)+∑(y −ω)2nj=1n j=1]由∑(x i −x)mi=1=∑x i −m m i=1x =0，可得：∑2(x i −x)(x −ω)=2mi=1(x −ω)∑(x i −x)=0mi=1， 同理可得∑2(y j −y)(y −ω)=0n j=1，故s 2=1m+n [∑(x i −x)2+∑(x −ω)2+∑(y j −y)2+nj=1mi=1∑ n j=1(y −ω)2mi=1]=1m+n{m[s 12+(x −ω)2]+n[s 22+(y −ω)2]}； （ii ）估计该企业全体员工手机日使用流量的平均数为：ω=20×800+40×110020+40=1000M ， 由（i ）知，估计该企业全体员工手机日使用流量的方差为： s 2=1m+n {m[s 12+(x −ω)2]+n[s 22+(y −ω)2]}=160{20[10000+(800−1000)2]+40[40000+(1100−1000)2]}=50000．21．（12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为3的正方形，侧面PBC ⊥底面ABCD ． （1）若∠PBC ＝90°，求证：AC ⊥PD ；（2）若AC 与平面PCD 所成角为30°，求点A 到直线PC 的距离．解：（1）证明：如图，连接BD，因为侧面PBC⊥底面ABCD，侧面PBC∩底面ABCD＝BC，PB⊥BC，PB⊂底面PBC，所以PB⊥底面ABCD，且AC⊂平面ABCD，可得AC⊥PB．在正方形ABCD中，AC⊥BD，PB∩BD＝B，BD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD，且PD⊂平面PBD，可得AC⊥PD．（2）因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD，过B作BM⊥PC，垂足为M，连接AM，因为侧面PBC⊥底面ABCD，侧面PBC∩底面ABCD＝BC，CD⊥BC，CD⊂底面ABCD，所以CD⊥底面PBC，且BM⊂底面PBC，可得BM⊥CD，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，可得BM⊥底面PCD，则A到平面PCD的距离即为B到平面PCD的距离BM，由AC 与平面PCD 所成的角为30°，则BM =ACsin30°=3√22， 又因为AB ∥CD ，则AB ⊥平面PBC ，且PC ，BM ⊂平面PBC ，可得AB ⊥PC ，AB ⊥BM ，BM ⊥PC ，AB ∩BM ＝B ，AB ，BM ⊂平面ABM ，所以PC ⊥平面ABM ，且AM ⊂平面ABM ，可得PC ⊥AM ， 即AM 的长度即为点A 到PC 的距离，可得AM =√AB 2+BM 2=√9+92=3√62 所以点A 到PC 的距离为3√62．22．（12分）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，点D 在边AB 上，∠A =π4，BD ＝CD ，AD＝2．（1）若BD =√53b ，求c ；（2）若a =2√2，求△ABC 的面积．解：（1）在△ACD 中，∠A =π4，AD ＝2，CD =BD =√53b ，则由余弦定理得，CD 2=AD 2+AC 2−2AD ⋅ACcosA =22+b 2−4bcos π4=4+b 2−2√2b ，即(√53b)2=4+b 2−2√2b ，化简得2b 2−9√2b +18=0，解得b =3√2，或b =3√22．∴BD =√53b =√53×3√2=√10，或BD =√53b =√53×3√22=√102．∴c =AB =AD +BD =2+√10，或c =AB =AD +BD =2+√102， 综上可得c =2+√10，或c =2+√102．（2）在△BCD 中，BD ＝CD ，设∠B ＝∠BCD ＝θ，则∠BDC ＝π﹣2θ，∵a =2√2，由正弦定理得：a sin2θ=CD sinθ， ∴CD =asinθsin2θ=2√2sinθ2sinθcosθ=√2cosθ，在△ACD 中，∠ADC ＝2θ，∠ACD =3π4−2θ，由正弦定理得：AD sin∠ACD =CD sinA ，即2sin(3π4−2θ)=√2cosθsin π4，∴2×√22=√2cosθ×sin(34π−2θ)， ∴cosθ=sin(3π4−2θ)，即sin(π2−θ)=sin(3π4−2θ)，∵0＜θ＜π2，∴0＜π2−θ＜π2，−π4＜3π4−2θ＜3π4， ∴π2−θ=3π4−2θ，或π2−θ+3π4−2θ=π， 解得θ=π4或θ=π12，当θ=π4时，∠ACB =π2，AC =BC =2√2，∴△ABC 为等腰直角三角形，∴△ABC 的面积为S △ABC =12×2√2×2√2=4； 当θ=π12，∠ACB =π−π12−π4=2π3， 在△ABC 中，由正弦定理得a sinA =c sin∠ACB ， ∴c =a sinA ⋅sinC =2√2√22√32=2√3，∴△ABC 的面积为S △ABC =12×2√2×2√3×sin π12=2√6×√6−√24=3−√3， 综上可得△ABC 的面积为4或3−√3．。
2024届福建省龙岩市数学高一下期末统考试题含解析
2024届福建省龙岩市数学高一下期末统考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。
用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。
将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．已知数列{a n }满足331log 1log ()n n a a n N +++=∈且2469a a a ++=，则15793log ()a a a ++的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．152．下列表达式正确的是（ ）①min 2(sin )22sin x x+=，(0,)x π∈ ②若0a b ->，则220a b -> ③若22ac bc >，则a b > ④若0a b >>，则ln 0ba<A ．①②B ．②③C ．①③D ．③④3．下列四个结论正确的是（ ）A ．两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行B ．两条直线没有公共点，则这两条直线平行C ．两条直线都和第三条直线平行，则这两条直线平行D ．两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行 4．如图，是上一点，分别以为直径作半圆，从作，与半圆相交于，，，在整个图形中随机取一点，则此点取自图中阴影部分的概率是（ ）A ．B ．C ．D ．5．式子cos cossinsin3636ππππ-的值为（ ）A ．12-B ．0C ．1D ．32-6．在2018年1月15日那天，某市物价部门对本市的5家商场的某商品的一天销售量及其价格进行调查，5家商场的售价元和销售量件之间的一组数据如下表所示： 价格99.510.511销售量 118 6 5由散点图可知，销售量与价格之间有较强的线性相关关系，其线性回归方程是，且，则其中的（ ） A ．10B ．11C ．12D ．10.57．函数()()()tan 0f x x πωω=+>的图象的相邻两支截直线1y =所得的线段长为3π，则12f π⎛⎫ ⎪⎝⎭的值是（ ） A ．0B 3C ．1D 38．已知R ω∈，函数()()()26sin f x x x ω=-⋅，存在常数a R ∈，使得()f x a +为偶函数，则ω可能的值为（ ） A ．2π B ．3π C ．4π D ．5π 9．设向量a 12=-（，），b m 1,,m =+-（）且a b ⊥，则实数的值为（） A ．2-B ．2C ．13D ．13-10．设P 是ABC ∆内任意一点，ABC S ∆表示ABC ∆的面积，记12,PBC PCA ABC ABC S S S S λλ∆∆∆∆==3,PAB ABCSS λ∆∆=，定义()()123,,f P λλλ=，已知()111,,236f Q ⎛⎫= ⎪⎝⎭，G 是ABC ∆的重心，则（ ）A ．点Q 在GAB ∆内B ．点Q 在GBC ∆内C ．点Q 在GCA ∆内D ．点Q 与G 点重合二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
2024届福建省龙岩一中数学高一下期末综合测试试题含解析
2024届福建省龙岩一中数学高一下期末综合测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．已知水平放置的ABC 是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中1B O C O ''''==，32A O ''=，那么原ABC 中ABC ∠的大小是（ ）．A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒2．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．8B ．12C ．16D ．243．若1e ，2e 是夹角为60的两个单位向量，则122a e e =-与12b e e =-的夹角为（ ）A ．30B ．60C ．90D ．1204．已知数列{}n a 是各项均为正数且公比不等于1的等比数列()n N*∈，对于函数()f x ，若数列{(n )l }n f a 为等差数列，则称函数()f x 为“保比差数列函数”，现有定义在(0)+∞，上的如下函数：①1()f x x=，②()2f x x =，③()xf x e =；④()f x x =则为“保比差数列函数”的所有序号为（ ） A ．①②B ．①②④C ．③④D ．①②③④5．函数sin()(0y A x ωϕω=+>，||2ϕπ<，)x R ∈的部分图象如图所示，则函数表达式为（ ）A ．4sin()84y x ππ=-+ B ．4sin()84y x ππ=-C ．4sin()84y x ππ=--D ．4sin()84y x ππ=+ 6．()tan 675-︒的值为（ ）A ．1B ．22-C ．22D ．1-7．已知的等比中项为2，则的最小值为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．48．函数()=sin 2cos 2f x x x +的最小正周期是（ ）A ．4π B ．2π C ．πD ．2π9．由小到大排列的一组数据1x ，2x ，3x ，4x ，5x ，其中每个数据都小于1-，那么对于样本1，1x ，2x -，3x ，4x -，5x 的中位数可以表示为（ ） A ．()2112x + B ．()2112x x + C ．()5112x + D ．()3412x x - 10． “十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为 A ．32 B 322 C ．1252D ．1272二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
福建省龙岩市侨源中学2020年高一数学理下学期期末试题含解析
福建省龙岩市侨源中学2020年高一数学理下学期期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 下列式子中成立的是（）A. B.C. D.参考答案：D2. 将函数的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位，所得函数图象对应的解析式为（）A. B.C. D.参考答案：C3. 设, ,则等于………………（）A． B．C． D．参考答案：A4. 已知，则不等式的解集为A． B． C．D．参考答案：D 5. 设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若m∥n，m∥α，则n∥αB．若α⊥β，m∥α，则m⊥βC．若α⊥β，m⊥β，则m∥αD．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β参考答案：D【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】A选项m∥n，m∥α，则n∥α，可由线面平行的判定定理进行判断；B选项α⊥β，m∥α，则m⊥β，可由面面垂直的性质定理进行判断；C选项α⊥β，m⊥β，则m∥α可由线面的位置关系进行判断；D选项a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β，可由面面垂直的判定定理进行判断；【解答】解：A选项不正确，因为n?α是可能的；B选项不正确，因为α⊥β，m∥α时，m∥β，m?β都是可能的；C选项不正确，因为α⊥β，m⊥β时，可能有m?α；D选项正确，可由面面垂直的判定定理证明其是正确的．故选D6. 下列函数中是偶函数，且在(0，+∞)上单调递增的是（）．（A）（B）（C）（D）参考答案：D7. 函数f（x）=sin（2x+φ）|φ|＜）的图象向左平移个单位后关于原点对称，则φ等于（）A．B．﹣C．D．参考答案：D【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【专题】三角函数的图像与性质．【分析】由条件根据函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性可得+φ=kπ，k∈z，由此根据|φ|＜求得φ的值．【解答】解：函数f（x）=sin（2x+φ）φ|＜）的图象向左平移个单位后，得到函数y=sin[2（x+）+φ]=sin（2x++φ）的图象，再根据所得图象关于原点对称，可得+φ=kπ，k∈z，∴φ=﹣，故选：D．【点评】本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题．8.（）A、B、C、D、参考答案：D9. 不等式0的解集（）A. {x|x≤﹣1或x≥2}B. {x|x≤﹣1或x＞2}C. {x|﹣1≤x≤2}D. {x|﹣1≤x＜2}参考答案：B【分析】不等式等价于且，解之可得选项. 【详解】不等式等价于且，解得或，故选：B.【点睛】本题考查分式不等式的解法，将分式不等式转化为一元二次不等式是分式不等式常用的求解方法，但需注意分式中的分母不为零这个条件，属于基础题.10. 下列函数为奇函数，且在上单调递减的函数是（）A. B. C. D.参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 函数y=的定义域为．参考答案：{x|x＜5且x≠2}【考点】函数的定义域及其求法．【分析】由对数式的真数大于0，分式的分母不为0联立不等式组求解．【解答】解：由，解得x＜5且x≠2．∴函数y=的定义域为{x|x＜5且x≠2}．故答案为：{x|x＜5且x≠2}．12. 长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=3，AA1=5，则一只小虫从A点沿长方体的表面爬到C1点的最短距离是．参考答案：【考点】点、线、面间的距离计算．【专题】计算题．【分析】根据题意，画出三种展开的图形，求出A 、C 1两点间的距离，比较大小，从而找出最小值即为所求．【解答】解：长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的表面可如下图三种方法展开后，A 、C 1两点间的距离分别为：=， =， =，三者比较得是从点A 沿表面到C 1的最短距离， ∴最短距离是cm ．故答案为：【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查分类讨论思想，考查计算能力，属于基础题． 13. 函数f （x ）=x ﹣的值域是 ．参考答案：（﹣∞，1]【考点】函数的值域．【分析】设=t 利用换元法把原函数转化成一元二次函数的问题，利用函数的单调性求得函数的值域．【解答】解：设=t ，则t≥0，f （t ）=1﹣t 2﹣t ，t≥0，函数图象的对称轴为t=﹣，开口向下，在区间[0，+∞）上单调减， ∴f（t ）max =f （0）=1，∴函数f （x ）的值域为（﹣∞，1]． 故答案为：（﹣∞，1]． 14. 过点P （1，）作圆x 2+y 2=1的两条切线，切点分别为A ，B ，则= ．参考答案：【考点】平面向量数量积的运算；直线与圆相交的性质． 【专题】计算题；平面向量及应用．【分析】根据直线与圆相切的性质可求PA=PB ，及∠∠APB，然后代入向量数量积的定义可求．【解答】解：连接OA ，OB ，PO则OA=OB=1，PO=，2，OA⊥PA，OB⊥PB， Rt△PAO 中，OA=1，PO=2，PA=∴∠OPA=30°，∠BPA=2∠OPA=60°∴===故答案为：【点评】本题主要考查了圆的切线性质的应用及平面向量的数量积的定义的应用，属于基础试题．15. 已知偶函数满足当x>0时，，则等于 ．参考答案：略16. 若函数f （x ）=log a （ax 2﹣2x+1）在区间[2，3]是减函数，则a 取值范围为 ．参考答案：（，1）【考点】复合函数的单调性．【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用．【分析】令t=ax2﹣2x+1，则t＞0在区间[2，3]上恒成立．再分0＜a＜1、a＞1两种情况，分别根据二次函数的单调性、对数函数的单调性，求得a的范围，综合可得结论．【解答】解：∵函数f（x）=log a（ax2﹣2x+1）在区间[2，3]是减函数，令t=ax2﹣2x+1，则t＞0在区间[2，3]上恒成立．①当0＜a＜1时，∵f（x）=g（t）=log a t，故二次函数t在区间[2，3]上为增函数，再根据二次函数t的图象的对称轴为x=＞1，故有，求得＜a＜1；②当a＞1时，根据二次函数t的图象的对称轴为x=＜1，故二次函数t在区间[2，3]上为增函数，函数f（x）=log a（ax2﹣2x+1）在区间[2，3]是增函数，不满足条件．综上可得，a取值范围为（，1），故答案为：（，1）．【点评】本题主要考查对数函数、二次函数的性质，复合函数的单调性，体现了转化的数学思想，属于中档题．17. 已知函数f(x)＝()x的图象与函数y＝g(x)的图象关于直线y＝x对称，令h(x)＝g(1－|x|)，则关于h(x)有下列命题：①h(x)的图象关于原点对称；②h(x)为偶函数；③h(x)的最小值为0；④h(x)在(0,1)上为减函数.其中正确命题的序号为.(将你认为正确的命题的序号都填上)参考答案：②③三、解答题：本大题共5小题，共72分。
2020年福建省龙岩市第一中学高一数学理联考试卷含解析
2020年福建省龙岩市第一中学高一数学理联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设集合A={x|﹣1≤x≤2}，B={x|0≤x≤4}，则A∩B=（）A．{x|0≤x≤2}B．{x|1≤x≤2}C．{x|0≤x≤4}D．{x|1≤x≤4}参考答案：A【考点】交集及其运算．【分析】找出A和B解集中的公共部分，即可确定出两集合的交集．【解答】解：∵A={x|﹣1≤x≤2}，B={x|0≤x≤4}，∴A∩B={x|0≤x≤2}．故选A2. 已知函数，若，则的取值范围为（）A．B．C．D．参考答案：B3. 若在区间［0，2］中随机地取两个数，则这两个数中较小的数大于的概率是A. B. C. D.参考答案：C 4. 已知是递增数列，且对任意都有恒成立，则实数的取值范围（）A、(B、(C、(D、(参考答案：D5. 已知，则（）A．2 B．1 C．4 D．参考答案：A略6. 下列函数中，既是奇函数，又在区间[0，+∞）上单调递增的函数是( )A．y=tanx B．y=sinx C．D．参考答案：C【考点】函数单调性的判断与证明；函数奇偶性的判断．【专题】函数的性质及应用．【分析】根据函数的奇偶性和函数的单调性分别判断即可．【解答】解：y=tanx，y=sinx是奇函数，在[0，+∞）不单调，y=是奇函数，在[0，+∞）单调递增，y=不是奇函数，故选：C．【点评】本题考查了函数的单调性和奇偶性问题，是一道基础题．7. 函数的值域为（）A．B．C．D．参考答案：D【考点】HW ：三角函数的最值．【分析】把函数y 看成P （cosθ，sinθ）与A （﹣2，3）两点连线的斜率，P 点的轨迹是圆心为原点的单位圆的一部分，求出直线PA 与圆相切时的斜率，结合图形可得函数y 的值域． 【解答】解：记P （cosθ，sinθ），A （﹣2，3），则y=k PA =，θ∈；其中P 点的轨迹是圆心为原点的单位圆的一部分， 如图所示：当直线PA 与圆相切时，设切线方程为y ﹣3=k （x+2），即 kx ﹣y+2k+3=0，由d==1，解得 k=﹣2+，或 k=﹣2﹣（不合题意，舍去），当直线PA 过点M （0，﹣1）时，k==﹣2，综上，y=k PA ∈， 即函数的值域为．故选：D ． 8. 已知向量，，且，则的值为（ ）A.B.C.D.参考答案：D 由得，解得．∴，∴．选D ． 9. 已知集合，集合，表示空集，那么( )A.B.C.D.参考答案：C 略10. 要了解全市高一学生身高在某一范围的学生所占比例的大小，需知道相应样本的( )A 平均数 B 方差 C 众数 D 频率分布 参考答案： D二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 数列{a n }的通项公式为，若，则.参考答案：9912. 函数的定义域为_______．参考答案：13. 已知向量，且与的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是 ．参考答案：（﹣∞，﹣4）∪（﹣4，1）【考点】平面向量数量积的性质及其运算律；数量积表示两个向量的夹角．【分析】由与的夹角为锐角，则＞0，根据向量，我们要以构造一个关于λ的不等式，解不等式即可得到λ的取值范围，但要特别注意＞0还包括与同向（与的夹角为0）的情况，讨论后要去掉使与同向（与的夹角为0）的λ的取值．【解答】解：∵与的夹角为锐角∴＞0即2﹣2λ＞0解得λ＜1当λ=﹣4时，与同向∴实数λ的取值范围是（﹣∞，﹣4）∪（﹣4，1）故答案为：（﹣∞，﹣4）∪（﹣4，1）【点评】本题考查的知识点是向量数量积的性质及运算律，由两个向量夹角为锐角，两个向量数量积大于0，我们可以寻求解答的思路，但本题才忽略＞0还包括与同向（与的夹角为0）的情况，导致实数λ的取值范围扩大．14. 已知直线l的方程为，则直线l的倾斜角为______参考答案：135°【分析】可得出直线的斜率，即，从而求出倾斜角。
2020年福建省龙岩市南山中学高一数学理下学期期末试卷含解析
2020年福建省龙岩市南山中学高一数学理下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 下列函数为奇函数，且在上单调递减的函数是（）A. B. C. D.参考答案：A2. 某人射击5枪，命中3枪，3枪中恰有2枪连中的概率为（）A. B. C. D.参考答案：B3. 设是角的终边上的点，且，则的值等于A. B. C.D.参考答案：B略4. 一枚质地均匀的硬币，如果连续抛掷1000次，那么第999次出现正面朝上的概率是A． B． C． D．参考答案：D略5. 若点（m，n）在直线上，则m2+n2的最小值是（）A．2 B．2C．4 D．12参考答案：A【考点】基本不等式；直线的一般式方程．【分析】m2+n2的最小值是原点到直线的距离的平方，利用点到直线的距离公式即可得出．【解答】解：∵点（m，n）在直线上，∴m2+n2的最小值是原点到直线的距离的平方==2．故选：A．【点评】本题考查了点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．6. 函数的零点位于（）A． B． C． D．参考答案：B略7. 函数在[2，+∞）上为增函数，且，则的最小值为（）A．B．C．D．参考答案：A8. 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=“三件产品至少有一件是次品”，则下列结论正确的是（）A.A与C互斥B.任何两个均互斥C.B与C互斥D.任何两个均不互斥参考答案：A 略9. 若幂函数的图象过点(4,2)，则满足的实数x 的取值范围是（ ）A ．(0,1)B ．(2,+∞) C. (－1,1) D ．(－∞,2)参考答案：B 依题意有，，.10. 设点M 是线段BC 的中点,点A 在直线BC 外,则（ ）A ．8B ．4C ．2D ．1参考答案：C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知向量与的夹角为120°，且||=3，||=2．若=λ+，且⊥，则实数λ=．参考答案：【考点】9S：数量积表示两个向量的夹角；93：向量的模． 【分析】利用，，表示向量，通过数量积为0，求出λ的值即可．【解答】解：由题意可知：，因为， 所以，所以===﹣12λ+7=0解得λ=． 故答案为：．12. 求过(2,3)点，且与(x －3)2＋y 2＝1相切的直线方程为参考答案：或13. 已知函数在上是增函数，则的取值范围是 ． 参考答案：14. 在△ABC 中，若，则______。
福建省龙岩市第五中学2020年高一数学理下学期期末试卷含解析
福建省龙岩市第五中学2020年高一数学理下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 若，则下列不等式一定正确的是( )A. B. C. D.a＋c>b＋c参考答案：D2. 函数的定义域为()A．[－4,0)∪(0,4] B．(－1,4]C．[－4,4] D．(－1,0)∪(0,4]参考答案：B3. 有一个几何体的三视图及其尺寸如下（单位cm），则该几何体的表面积及体积为正视图侧视图俯视图A. B. C. D.参考答案：A略4. 设满足约束条件,则的最大值为（）A． 5 B. 3 C.7 D. -8参考答案：C5. 定义在R上的函数满足，且当时，，则等于（▲）．A．B．C．D．参考答案：C6. 关于的不等式解集为，则点位于A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限参考答案：C略7. （4分）直线l过点A（1，2），且不经过第四象限，则直线l的斜率的取值范围（）A．[0，] B．[0，1] C．[0，2] D．（0，）参考答案：C考点：确定直线位置的几何要素．专题：直线与圆．分析：由斜率公式数形结合可得．解答：∵直线l过点A（1，2），∴当直线的倾斜角为0°，斜率k=0；当直线经过原点时，斜率k′=2，当直线在如图的区域时不经过第四象限，∴直线l的斜率的取值范围为[0，2]，故选：C点评：本题考查直线的斜率，属基础题．8. 设，b∈R，且≠0，b≠0，那么的可能取的值组成的集合是A{1,-1} B {1,0,-1} C {2,0, -2} D { 2,1,0,-1,-2}参考答案：C9. 在、、这三个函数中，当时，使恒成立的函数个数是：A．0 B．1 C．2 D．3参考答案：Ｂ10. 已知点A（2，1），B（3，3），则直线AB的斜率等于_______。
参考答案：2二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 计算：= ．参考答案：12. 已知点，则直线的倾斜角为_________.参考答案：略13. 将函数=的图象C1沿ｘ轴向左平移2个单位得到C2，C2关于点对称的图象为C3，若C3对应的函数为，则函数=_______________.参考答案：14. 若，则与垂直的单位向量的坐标为__________。
福建省龙岩市仙师中学2020-2021学年高一数学理下学期期末试题含解析
福建省龙岩市仙师中学2020-2021学年高一数学理下学期期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知实数满足，则的最小值是A． B． C． D．不存在参考答案：B略2. 设直线x＋ky－1＝0被圆O：x2＋y2＝2所截弦的中点的轨迹为M，则曲线M与直线x－y－1＝0的位置关系是()A．相离B．相切 C．相交D．不确定参考答案：C3. 已知f（tanx）=sin2x，则f（﹣1）的值是（）A．1 B．﹣1 C．D．0参考答案：B【考点】函数的值．【专题】函数的性质及应用．【分析】由已知得f（﹣1）=f（tan135°）=sin270°=﹣1．【解答】解：∵f（tanx）=sin2x，∴f（﹣1）=f（tan135°）=sin270°=﹣1．故选：B．【点评】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要注意函数性质的合理运用．4. 中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”.其大意：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7天，共走了700里，则这匹马第7天所走的路程等于（）A. 里B. 里C. 里D. 里参考答案：A【分析】根据题意得到马每天所走的路程是，是公比为的等比数列，这些项的和为700，由等比数列的求和公式求得首项，再由等比数列的通项公式得到结果.【详解】设马每天所走的路程是，是公比为的等比数列，这些项的和为700，故答案为：A.【点睛】本题考查等比数列的通项公式，是基础的计算题，对于等比等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.5. 设，则在下列区间中使函数有零点的区间是（）A. B. C. D.参考答案：D略6. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象上各点（）A.向左平移个长度单位B.向右平移个长度单位C.向左平移个长度单位D.向右平移个长度单位参考答案：C略7. 若将函数y=2sin2x的图象向左平移个单位长度，则平移后的图象的对称轴为（）A．x=﹣（k∈Z）B．x=+（k∈Z）C．x=﹣（k∈Z）D．x=+（k∈Z）参考答案：B【考点】正弦函数的对称性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】利用函数y=A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的图象的变换及正弦函数的对称性可得答案．【解答】解：将函数y=2sin2x的图象向左平移个单位长度，得到y=2sin2（x+）=2sin（2x+），由2x+=kπ+（k∈Z）得：x=+（k∈Z），即平移后的图象的对称轴方程为x=+（k∈Z），故选：B．【点评】本题考查函数y=A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的图象的变换规律的应用及正弦函数的对称性质，属于中档题．8. 在△ABC中，，，E是边BC的中点.O为△ABC所在平面内一点且满足，则的值为（）A. B. 1 C. D.参考答案：D【分析】根据平面向量基本定理可知，将所求数量积化为；由模长的等量关系可知和为等腰三角形，根据三线合一的特点可将和化为和，代入可求得结果.【详解】为中点和为等腰三角形，同理可得：本题正确选项：D【点睛】本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用模长的等量关系得到等腰三角形，从而将含夹角的运算转化为已知模长的向量的运算.9. 角α的终边上有一点P（a，﹣2a）（a＞0），则sinα等于( )A．B．C．D．参考答案：B考点：任意角的三角函数的定义．专题：计算题；三角函数的求值．分析：根据任意角的三角函数定义，sinα=，求出|OP|代入计算可得．解答：解：r=|OP|=，根据任意角的三角函数定义．sinα==．故选B点评：本题考查任意角的三角函数求值，按照定义直接计算即可．本题须对a的正负讨论，否则容易误选B．10. 已知全集U={1，2，3，4，5，6，7}，A={2，4，5}，B={1，3，5，7}，则A∩（?U B）为（）A．{1，4，6} B．{2，4，6} C．{2，4} D．{4}参考答案：C【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】根据集合的交集和补集的定义进行求解即可．【解答】解：∵A={2，4，5}，B={1，3，5，7}，∴?U B={2，4，6}，则A∩（?U B）={2，4}，故选：C【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 函数的零点的个数是__________参考答案：912. 过点（1,2）总可以向圆x2+y2+2kx+2y+k2－15=0作两条切线，则k的取值范围是____参考答案：略13. 设等差数列的前项和为____________参考答案：16 略14. 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当时，，其中．①______；②若f(x)的值域是R，则a的取值范围是______．参考答案：－1；【分析】①运用奇函数的定义，计算即可得到所求值；②由的图象关于原点对称，可知二次函数的图象与轴有交点，得到，解不等式即可得到所求范围．【详解】①由题意得：为上的奇函数②若的值域为且图象关于原点对称当时，与轴有交点解得：或的取值范围为故答案为；【点睛】本题考查函数的奇偶性的运用，根据函数的值域求解参数范围，涉及到函数函数对称性和二次函数的性质的应用，属于中档题．15. 若角θ满足sinθ?cosθ＜0，则角θ在第象限．参考答案：二或四∴或，则θ在第二或四象限，故答案为：二或四．点评： 本题考查了三角函数的符号的判断，即一全正、二正弦、三正切、四余弦，要熟练掌握．16. 设是锐角，若cos(+) =,则是值为________________．参考答案：略 17. 若角与角的终边关于轴对称，则与的关系是___________________________.参考答案：略三、 解答题：本大题共5小题，共72分。
福建省龙岩市雁石中学2020-2021学年高一数学理下学期期末试卷含解析
福建省龙岩市雁石中学2020-2021学年高一数学理下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知角的终边上一点P的坐标为，则的值为（）A. B. C. D.参考答案：B【分析】由任意角的三角函数定义先求得该点到原点的距离，再由的定义求得．【详解】解：角α的终边上一点的坐标为，它到原点的距离为r=1，由任意角的三角函数定义知：，故选：B．【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．2. 已知全集 Z,那么等于( )参考答案：C略3. 函数的定义域为（）A. [0,1)∪(1,+∞)B. (0,1)∪(1,+∞)C.[0,+∞) D.(0,+∞)参考答案：B【分析】根据函数f（x）的解析式，求出使解析式有意义的自变量取值范围即可．【详解】函数，∴，解得x＞0且x≠1，∴f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞）．故选：B．【点睛】本题考查了根据解析式求函数定义域的应用问题，是基础题．4. 已知一元二次方程的两个实根为，且，则的取值范围是A . B. C. D.参考答案：A5. 函数的零点所在区间为( )A. B. C. D.参考答案：C略6. 关于的不等式在时恒成立，则实数的取值范围为( )A．（B）（C）（D）参考答案：D7. 在中，，．若点满足，则=（）A．B．C．D．参考答案：C略8. 已知二次函数y=2x2－1在区间[a,b]上有最小值－1，是下面关系式一定成立的是（）A．a≤0<b或a<0≤b B．a<0<bC．a<b<0或a<0<b D．0<a<b或a<b<0参考答案：A9. 设l是直线，α，β是两个不同的平面（）A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β参考答案：B【考点】平面与平面之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】利用面面垂直的判定定理可证明B是正确的，对于其它选项，可利用举反例法证明其是错误命题【解答】解：A，若l∥α，l∥β，则满足题意的两平面可能相交，排除A；B，若l∥α，l⊥β，则在平面α内存在一条直线垂直于平面β，从而两平面垂直，故B正确；C，若α⊥β，l⊥α，则l可能在平面β内，排除C；D，若α⊥β，l∥α，则l可能与β平行，相交，排除D故选 B【点评】本题主要考查了空间线面、面面位置关系，空间线面、面面垂直于平行的判定和性质，简单的逻辑推理能力，空间想象能力，属基础题10. 如图，在平面四边形ABCD中，若点E为边CD上的动点，则的最小值为（）A. B. C. D.参考答案：A分析：由题意可得为等腰三角形，为等边三角形，把数量积分拆，设，数量积转化为关于t的函数，用函数可求得最小值。
2020年福建省龙岩市官田中学高一数学文下学期期末试卷含解析
2020年福建省龙岩市官田中学高一数学文下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 定点P不在△ABC所在平面内，过P作平面α，使△ABC的三个顶点到α的距离相等，这样的平面共有（）（Ａ）１个（Ｂ）２个（Ｃ）３个（Ｄ）４个参考答案：D2. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c,若，则△ABC的形状是（）A.等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D.等腰或直角三角形参考答案：A3. 函数的图象，可由函数的图象经过下述___ 变换而得到（）.A.向右平移个单位，横坐标缩小到原来的，纵坐标扩大到原来的3倍B.向左平移个单位，横坐标缩小到原来的，纵坐标扩大到原来的3倍C.向右平移个单位，横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标缩小到原来的D.向左平移个单位，横坐标缩小到原来的，纵坐标缩小到原来的参考答案：B略4. 复数的虚部为（）A. 3iB.－7iC. 3D. －7参考答案：C【分析】先求得，再利用复数运算法则，化简复数后，求其虚部即可.【详解】因为，故，故其虚部为3.故选：C.【点睛】本题考查复数的乘法运算，复数的模长求解，以及虚部的辨识，属综合基础题.5. 如果集合U={1,2,3,4,5,6,7,8},A={2,5,8},B={1,3,5,7},那么(C U A)∩B等于( )A. {4}B. {1,3,4,5,6,7,8}C. {1,3,7}D. {2,8}参考答案：C6. 函数则的值为（）A．B．C．D．18参考答案：C7. （5分）设α∈，则使函数y=xα的定义域为R且为奇函数的所有α的值为（）A．﹣1，1，3 B．，1 C．﹣1，3 D．1，3参考答案：D考点：幂函数的性质．专题：函数的性质及应用．分析：根据幂函数的性质，我们分别讨论a为﹣1，1，，3时，函数的定义域和奇偶性，然后分别和已知中的要求进行比照，即可得到答案．解答：当a=﹣1时，函数的定义域为{x|x≠0}，不满足定义域为R；当a=1时，函数y=xα的定义域为R且为奇函数，满足要求；当a=函数的定义域为{x|x≥0}，不满足定义域为R；当a=3时，函数y=xα的定义域为R且为奇函数，满足要求；故选：D点评：本题考查的知识点是奇函数，函数的定义域及其求法，其中熟练掌握幂函数的性质，特别是定义域和奇偶性与指数a的关系，是解答本题的关键．8. 圆锥的表面积是底面积的倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（）A．B．C．D．参考答案：C略9. cos300°的值是（）A．B．C．D．参考答案：A【考点】运用诱导公式化简求值．【分析】把所求式子中的角300°变为360°﹣60°，利用诱导公式cos=cosα化简，再根据余弦函数为偶函数及特殊角的三角函数值即可求出值．【解答】解：cos300°=cos =cos（﹣60°）=cos60°=．故选A10. 在△ABC中，若，则△ABC的形状是：( )A. 等腰三角形B. 直角三角形C.等腰或直角三角形D.等腰直角三角形参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在数列{a n}中，，且对于任意自然数n，都有，则______．参考答案：7【分析】利用递推关系由累加可求.【详解】根据题意，数列{}中，，则，则；故答案为：712. 设函数满足，且对任意的，都有=，则。
2020学年福建省龙岩市新高考高一数学下学期期末监测试题
2019-2020学年高一下学期期末数学模拟试卷一、选择题：本题共12小题，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．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．53πB．43πC．223π+D．243π+2．若()cos sinf x x x=-在[],a a-是减函数，则a的最大值是A．4πB．2πC．34πD．π3．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数()2e e cos()x x xf xx--=的部分图象大致是（）A．B．C．D．4．已知{}n a、{}n b都是公差不为0的等差数列，且lim2nnnab→∞=，12n nS a a a=++⋯+，则22lim nnnSnb→∞的值为（）A．2 B．-1 C．1 D．不存在5．已知函数1()sin123f x xπ⎛⎫=-+⎪⎝⎭，那么下列式子：①(2)(2)f x f xππ+=-；②10() 3fx f xπ⎛⎫-=⎪⎝⎭；③(2)(2)f x f xππ+=-；④2()3f x f xπ⎛⎫-=-⎪⎝⎭；其中恒成立的是（）A．①②B．②③C．①②④D．②③④6．已知1OA=，3,0OB OA OB=⋅=，点C在AOB∠内，且AOC30∠=，设(,)OC mOA nOB m n R=+∈，则mn等于（）A．13B．3 C3D37．已知函数log(2)ay ax=-在(1,1)-上是x的减函数，则a的取值范围是（）A．(0,2)B．(1,2)C．(1,2]D．[2,)+∞8．若等差数列{}n a和{}n b的公差均为()0d d≠，则下列数列中不为等差数列的是（）A．{}n aλ（λ为常数）B．{}n na b+C．{}22n na b-D．{}n na b⋅9．在△ABC中，如果sin:sin:sin2:3:4A B C=，那么cosC等于（）A．23B．23-C．13-D．14-10．若,x y满足30230x yx yy m+-≤⎧⎪--≥⎨⎪≥⎩，，，且2z x y=+的最小值为1，则实数m的值为（）A．5-B．1-C．1D．511．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知5a=，2c=，2cos3A=，则b=A2B3C．2 D．312．在ABC∆中，设角A，B，C的对边分别是a，b，c，若2a=，3b=，120C=︒，则其面积等于（）A．32B3C33D．33二、填空题：本题共4小题13．等比数列{}n a中，若312a=，548a=，则7a=______.14．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，有以下结论：①BD平面11CB D ；②AD ⊥平面11CB D ； ③1AC BD ⊥；④异面直线AD 与1CB 所成的角为060.则其中正确结论的序号是____（写出所有正确结论的序号）. 15．已知数列中，11a =-，11n n n n a a a a ++⋅=-，则数列通项n a =___________16．不等式260x x x--≤的解集为_______________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
福建省龙岩市2019-2020学年高一下期末监测数学试题含解析
福建省龙岩市2019-2020学年高一下期末监测数学试题一、选择题：本题共12小题，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．设函数()2,01,0x x f x x ⎧≥=⎨<⎩，则满足()()2f x f x <的x 的取值范围是（ ） A ．(),0-∞B ．()0,∞+C ．()0,1D ．()1,+∞ 【答案】B【解析】【分析】分别解0x <和0x ≥时条件对应的不等式即可.【详解】①当0x <时，20x <，此时()()21f x f x ==，不合题意；②当0x ≥时，20≥x ，()()2f x f x <可化为222x x <即2x x <，解得0x >.综上，()()2f x f x <的x 的取值范围是()0,∞+.故选：B.【点睛】本题考查了分段函数不等式的解法，考查了分类讨论思想，属于基础题.2．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是1BDC ∆内（不含边界）的一个动点，若11A P BC ⊥，则线段1A P 的长的取值范围为（ ）A ．3B ．[3C ．[3D ．【答案】C【解析】【分析】先判断11A BDC -是正四面体，可得正四面体的棱长为1A P 的最大值为1A B 的长，1A P 的最小值是1A 到平面1BDC 的距离，结合P 不在三角形1BDC 的边上，计算可得结果.【详解】由正方体的性质可知，11A BDC -是正四面体， 且正四面体的棱长为22 P 在1BDC ∆内，1A P ∴的最大值为111122AC A B A D === 1A P 的最小值是1A 到平面1BDC 的距离，设1A 在平面1BDC 的射影为H ,则H 为正三角形1BDC 的中心，26BH =， 2211848333A H AB BH =-=-= 1A P ∴433， 又因为P 不在三角形1BDC 的边上，所以1A P 的范围是43,223，故选C. 【点睛】本题主要考查正方体的性质及立体几何求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义以及平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.3．已知各项为正数的等比数列{}n a 中，21a =，4664a a =，则公比q ＝A ．4B ．3C ．2D 2 【答案】C由4664a a =，利用等比数列的性质，结合各项为正数求出58a =，从而可得结果.【详解】246564a a a ==，50a >，58a ∴=，35288,21a q q a ∴====，故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的性质，以及等比数列基本量运算，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力，属于简单题.4． “纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样．为了测算某火纹纹样(如图阴影部分所示)的面积，作一个边长为5的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷1000个点，己知恰有400个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是A ．2B ．3C ．10D ．15【答案】C【解析】【分析】 根据古典概型概率公式以及几何概型概率公式分别计算概率，解方程可得结果.【详解】设阴影部分的面积是s ，由题意得，选C.【点睛】(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．5．若正实数x ，y 满足不等式24x y +<，则x y -的取值范围是（ ）【详解】试题分析：由正实数,x y 满足不等式24x y +<，得到如下图阴影所示的区域：当过点()2,0时，，当过点时，，所以的取值范围是． 考点：线性规划问题．6．在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若30A =，45B =，8b =，则a 等于（ ）A ．4B ．42C ．43D ．46【答案】B【解析】【分析】 根据正弦定理sin sin abA B =，代入数据即可。
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C．若 ， ，则 D．若 ， ，则
【答案】B
【解析】
A中， 也可能相交；B中，垂直与同一条直线的两个平面平行，故正确；C中， 也可能相交；D中， 也可能在平面 内.
【考点定位】点线面的位置关系
9．为了了解某同学的数学学习情况，对他的6次数学测试成绩进行统计，作出的茎叶图如图所示，则下列关于该同学数学成绩的说法正确的是( )
【详解】
设半圆柱体体积为 ，半球体体积为 ，由题得几何体体积为
，故选A。
【点睛】
本题通过三视图考察空间识图的能力，属于基础题。
12．已知角 的终边经过点 ，则
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三角函数的定义，求出 ，即可得到 的值．
【详解】
因为 ， ，所以 ．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查已知角终边上一点，利用三角函数定义求三角函数值，属于基础题．
【详解】
， ， ，则 ， ，可得出 ，因此，A选项错误，故选：A.
【点睛】
本题考查判断不等式的正误，常利用不等式的性质或比较法来进行判断，考查推理能力，属于基础题.
4．设函数 ，则满足 的x的取值范围是（）
A． B． C． D．
【答案】B
Байду номын сангаас【解析】
【分析】
分别解 和 时条件对应的不等式即可.
【详解】
①当 时， ，此时 ，不合题意；
②当 时， ， 可化为 即 ，解得 .
综上， 的x的取值范围是 .
故选：B.
【点睛】
本题考查了分段函数不等式的解法，考查了分类讨论思想，属于基础题.
5．下列四组中的函数 ， 表示同一个函数的是（）
A． ， B． ,
C． ， D． ，
【答案】A
【解析】
【分析】
分别判断两个函数的定义域和对应法则是否相同即可．
同，所以 ， 不能表示同一个函数．
故选 ．
【点睛】
本题主要考查判断两个函数是否为同一函数，判断的依据主要是判断两个函数的定义域和对
应法则是否相同即可．
6． 是( )
A．最小正周期为 的偶函数B．最小正周期为 的奇函数
C．最小正周期为 的偶函数D．最小正周期为 的奇函数
【答案】A
【解析】
【分析】
将函数 化为 的形式后再进行判断便可得到结论．
A．中位数为83B．众数为85C．平均数为85D．方差为19
【答案】C
【解析】
试题分析：A选项，中位数是84；B选项，众数是出现最多的数，故是83；C选项，平均数是85，正确；D选项，方差是 ，错误．
考点：茎叶图的识别 相关量的定义
10．如图， 中， ， ，用 表示 ，正确的是( )
A． B．
C． D．
【详解】
由题意得 ，
∵ ，
且函数 的最小正周期为 ，
∴函数 时最小正周期为 的偶函数．
故选A．
【点睛】
判断函数最小正周期时，需要把函数的解析式化为 或 的形式，然后利用公式 求解即可得到周期．
7．函数 的最小正周期为 ，则 图象的一条对称轴方程是（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据函数 的周期求出 的值，求出函数 的对称轴方程，然后利用赋值法可得出函数 图象的一条对称轴方程.
14．已知函数 ，若对任意 都有 （ ）成立，则 的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据 和 的取值特点，判断出两个值都是最值，然后根据图象去确定 最小值.
【答案】C
【解析】
【分析】
由平面向量基本定理和三角形法则求解即可
【详解】
由 ，可得 ，则 ，即 .
故选C.
【点睛】
本题考查平面向量基本定理和三角形法则,熟记定理和性质是解题关键,是基础题
11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
观察可知，这个几何体由两部分构成,：一个半圆柱体，底面圆的半径为1，高为2；一个半球体，半径为1，按公式计算可得体积。
二、填空题：本题共4小题
13．在锐角△ABC中，BC＝2，sinB+sinC＝2sinA，则AB+AC＝_____
【答案】1
【解析】
【分析】
由正弦定理化已知等式为边的关系，可得结论．
【详解】
∵sinB+sinC＝2sinA，由正弦定理得 ，即 ．
故答案为1．
【点睛】
本题考查正弦定理，解题时利用正弦定理进行边角关系的转化即可．
【点睛】
当直线斜率存在时，直线垂直的斜率关系为
2．函数 的图象可能是（）.
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
首先判断函数的奇偶性，排除选项，再根据特殊区间 时， 判断选项.
【详解】
是偶函数， 是奇函数， 是奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A,B
，当 时， ，
，排除C.
故选D .
【点睛】
【详解】
由于函数 的最小正周期为 ，则 ，
，令 ，解得 .
当 时，函数 图象的一条对称轴方程为 .
故选：D.
【点睛】
本题考查利用正弦型函数的周期求参数，同时也考查了正弦型函数图象对称轴方程的计算，解题时要结合正弦函数的基本性质来进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.
8．设 为直线， 是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
本题考查根据函数解析式判断函数图象，一般从函数的定义域确定函数的位置，从函数的值域确定图象的上下位置，也可判断函数的奇偶性，排除图象，或是根据函数的单调性，特征值，以及函数值的正负，是否有极值点等函数性质判断选项.
3．如果 ，那么下列不等式错误的是（）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用不等式的性质或比较法对各选项中不等式的正误进行判断.
福建省龙岩市2020年高一下期末联考数学试题
一、选择题：本题共12小题，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．过点 且与直线 垂直的直线方程为（）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据 求出与之垂直直线的斜率，再利用点斜式求得直线方程。
【详解】
由 可得直线斜率 ，根据两直线垂直的关系 ，求得 ，再利用点斜式，可求得直线方程为 ，化简得 ，选A
【详解】
． 的定义域为 ， ，两个函数的定义域相同，对应法则相同，所以 ，
表示同一个函数．
． 的定义域为 ， ，两个函数的定义域相同，对应法则不相同，
所以 ， 不能表示同一个函数．
． 的定义域为 ， 的定义域为 ，两个函数的定义域不相同，所以 ，
不能表示同一个函数．
． 的定义域为 ， 的定义域 ，两个函数的定义域不相同，对应法则相