湖北省黄冈市高一数学下学期期末考试试题理(扫描(2021年整理)

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湖北省2021年高一下学期数学期末试卷(附答案)

湖北省高一下学期数学期末试卷注意事项：1. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在答题卡上。

2. 选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答在试题卷上无效。

3. 填空题和解答题答在答题卡上每题对应的答题区域内，答在试题卷上无效。

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，只有一项是符合题目要求的)1.已知集合{}2log ,1A y y x x ==>，集合1(),12x B y y x ==<⎧⎫⎨⎬⎩⎭，则AB =A ．12y y >⎧⎫⎨⎬⎩⎭B ．102y y <<⎧⎫⎨⎬⎩⎭C ．{}1y y > D ．112yy <<⎧⎫⎨⎬⎩⎭2.若α为第二象限的角，则下列各式恒小于零的是A ．sin cos αα+B ．tan sin αα+C ．sin cos αα-D ．sin tan αα-3.设b c ,表示两条直线，αβ,表示两个平面，则下列结论正确的是 A ．若b c α⊂,∥α则b ∥c B ．若b b α⊂,∥c 则c ∥α C ．若c ∥α,αβ⊥则c β⊥D ．若c ∥α,c β⊥则αβ⊥4.若函数32()22f x x x x =+--的一个正数零点附近的函数值用二分法计算，其参考数据如下：那么方程32220x x x +--=的一个近似根（精确到0.1）为A ．1.2B ．1.3C ．1.4D ．1.55.把函数πsin(2)4y x =-的图象向左平移π6个单位，所得图象的函数解析式是A ．5πsin(2)12y x =-B ．πsin(2)12y x =-C ．7πsin(2)12y x =-D ．πsin(2)12y x =+6．《莱因德纸草书》（Rhind Papyrus ）是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样的一道题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小1份为A ．53B ．103C ．56D ．1167.在△ABC 中，6AB O =,为△ABC 的外心，则AO AB ⋅等于AB ．18C ．12D ．68.襄荆高速公路连接襄阳、荆门、荆州三市，全长约188公里，是湖北省大三角经济主骨架的干线公路之一．若某汽车从进入该高速公路后以不低于60千米/时且不高于120千米/时的速度匀速行驶，已知该汽车每小时的运输成本由固定部分和可变部分组成，固定部分为200元，可变部分与速度v （千米/时）的平方成正比（比例系数记为k ）．当汽车以最快速度行驶时，每小时的运输成本为488元．若使汽车的全程．．运输成本最低，其速度为 A ．80 km /小时 B ．90 km /小时 C ．100 km /小时 D ．110 km /小时 9.如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为 AB ．4πC ．8πD ．16π10.如图，一个质点从原点出发，在与x 轴、y 轴平行的方向按（0,0）→（0,1）→（1,1）→（1,0）→（2，0）→（2，1）→（2,2）→（1，2）…的规律向前移动，且每秒钟移动一个单位长度，那么到第202X 秒时，这个质点所处位置的坐标是A ．(10,44)B ．(11,44)C ．(44,10)D ．(44,11)二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上,答错位置，书写不清，模棱两可均不得分)11.若幂函数()y f x =的图象经过点(2,2, 则(25)f 的值是 ▲ ．12.平面向量(,3)a x =-，(2,1)b =-，(1,)c y =，若()a b c ⊥-，b ∥()a c +，则b 与c 的夹角为▲ ． 13.已知函数2()log 4x f x =，各项为正数的等比数列{}n a 中，2588a a a ⋅⋅=，则12()()f a f a ++…9()f a += ▲ .14.如图，某海事部门举行安保海上安全演习．为了测量正在海面匀速行驶的某航船的速度，在海岸上选取距离为1千米的两个观察点C ，D ，在某天10：00观察到该航船在A 处，此时测得∠ADC22222俯视图侧视图正视图第9题图第10题图＝30°，3分钟后该船行驶至B 处，此时测得∠ACB ＝60°，∠BCD ＝45°，∠ADB ＝60°，则船速为 ▲ 千米/分钟. （用含根号的式子表示）15.设00a b >>,，则2aba b+为a b ,的调和平均数.如图，C 为线段AB 上的点，AC a =，CB b =,O 为AB 的中点，以AB 为直径作半圆.过点C 作AB 的垂线交半圆于D ，连结OD AD BD ,,.过点C 作OD 的垂线，垂足为E .则图中线段OD 的长度为a b ,的算术平均数，线段 ▲ 的长度是a b ,的几何平均数，线段 ▲ 的长度是a b ,的调和平均数.三、解答题(本大题共6小题，共75分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 16.（本题满分12分）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AC =，且11BC A C ⊥．（Ⅰ)求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（Ⅱ)若,D E 分别为是11A C 和1BB 的中点，求证：DE ‖平面1ABC ．17.（本题满分12分）已知△ABC 的三个内角A B C ,,所对的边分别为a ，b ，c ，向量(,)m a c b a =+-，(,)n a c b =-,且m n ⊥.(Ⅰ)求角C 的大小；(Ⅱ)若222sin 2sin 122A B+=，判断△ABC 的形状．18.（本题满分12分）某运输公司有12名驾驶员和19名工人，有8辆载重量为10吨的甲型卡车和7辆载重量为6吨的乙型卡车.某天需运往A 地至少72吨的货物，派用的每辆车须满载且只运送一次.派用的每吨甲型卡车须配2名工人，运送一次可得利润450元；派用的每辆乙型卡车须配1名工人，运送一次可得利润350元.问该公司如何派用两类卡车的车辆数可得最大利润？19.（本题满分12分）设公差不为0的等差数列}{n a 的首项为1，且2514a a a ,,构成等比数列．第15题图EODBA第16题图C 1B 1A 1E DC B A（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）若数列{}n b 满足1212b b a a ++…n nb a +=1－12n ，n ∈N *，求{}n b 的前n 项和n T ．20.（本题满分13分）已知几何体A BCDE -的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形．（Ⅰ）求此几何体的体积V 的大小；（Ⅱ）求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值；（Ⅲ）求二面角A -ED -B 的正弦值.21．（本题满分14分）设11(,)A x y 、22(,)B x y是函数3()2f x =图象上任意两点，且121x x +=．（Ⅰ）求12y y +的值；（Ⅱ）若12(0)()()n T f f f n n =+++…()n f n+（其中*n N ∈），求n T ；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设2n na T =（*n N ∈），若不等式12n n n a a a +++++…211log (12)2n a a a -+>-对任意的正整数n 恒成立，求实数a 的取值范围．、4244EDC BA俯视图侧视图正视图第20题图参考答案及评分说明一、选择题：ABDCD ABCCA10.由图知，质点走完一个矩形回路所走路程依次为3,5,7，…，（2n +1）个单位长度，由357+++…(21)2014n ++<,得43n ≤，当质点走完第43个正方形时，共走了1935个单位长度，余下79个单位长度从(43,0)(44,0)(44,44)→→有45步，再向左走34个单位即可，此时坐标为(10,44). 二、填空题：11.1512.π213. 9-14.615. CD （2分）；DE （3分）三、解答题：16.（I ）证明：在直三棱柱111ABC A B C -中，有1A A ⊥平ABC .AC ABC ⊂面 ∴1A A AC ⊥，又1A A AC =，∴11A ACC 为正方形，∴11AC AC ⊥ ． ……………………………………………………3分又BC 1⊥A 1C ，且111AC BC C = ∴A 1C ⊥平面ABC 1 ，而1AC ⊂面11A ACC 则平面ABC 1⊥平面11A ACC ………………………………………6分（II ）方法一：取1A A 中点F ，连EF ，FD ，EFAB ，DF ∥1AC ……………………9分即平面EFD ∥平面1ABC ，则有ED ∥平面1ABC …………………………………12分方法二：A 1C 交AC 1于G 点连BG ， BE DG ，则有DE ∥BG ，即DE ∥平面ABC 1．17.(Ⅰ)由题意得222(,)(,)0m n a c b a a c b a c b ab ⋅=+--=-+-=，A 1C 1AC第16题图DB 1EFA 1C 1AC第16题图DB 1EG∥ =即ab b a c -+=222…………………………………………………………………………3分由余弦定理得 2221cos 22a b c C ab +-==,π0π,3C C <<∴= ……………………6分（Ⅱ）∵222sin 2sin 122A B +=，∴1cos 1cos 1A B -+-= ………………………………7分∴2πcos cos 1,cos cos()13A B A A +=+-=，………………………………………………9分∴2π2πcos coscos sinsin 133A A A ++=，∴1cos 122A A +=，∴πsin()16A +=，∵0πA <<，∴ππ,33A B == ………………………………………11分∴△ABC 为等边三角形． …………………………………………………………………12分 18.设当天派出x 辆甲卡车和y 辆乙卡车，获得的利润是450350,z x y =+ ,x y 满足的条件是：08,07,,12,219,10672x y x y Nx y x y x y ∈+++⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩≤≤≤≤≤≤≥ ……5分画出平面区域，如图 ……………………7分12,219x y x y +=+=⎧⎨⎩ 得7,5x y ==⎧⎨⎩当450350z x y =+经过点（7,5）时，max 450735054900z =⨯+⨯=元，故当天派出7辆甲卡车和5辆乙卡车，获得的利润最大，是4900元. ……………12分 19.（Ⅰ）设等差数列{a n }的公差为d （d ≠0），则∵2514,,a a a 构成等比数列，∴25214a a a = ……………………………………2分即2(14)(14)(113)d d d +=++，解得d ＝0（舍去），或d ＝2．∴1(1)221n a n n =+-⨯=-． …………………………………………………………5分（Ⅱ）由已知1212b b a a ++ (1)1()2n n n b n N a *+=-∈，当n ＝1时，1112b a =；当n ≥2时，11111(1)222n n n n n b a -=---=．∴1()2n n n b n N a *=∈． ……………7分由（Ⅰ），知21()n a n n N *=-∈*，∴21()2n nn b n N *-=∈ …………………8分又23135222n T =+++...212n n -+，23113222n T =++ (12321)22n n n n +--++.........9分两式相减，得231122(2222n T =+++ (1112213121))22222n n n n n n +-+--+-=--，∴2332n nn T +=-． ……………………………………………………………………12分 20．（Ⅰ）AC ⊥平面BCE ，则 1163BCED V S AC =⋅=⋅∴几何体的体积V 为16．………………………………… 4分（Ⅱ）取EC 的中点是F ，连结BF ，则BF //DE ，∴∠FBA 或其补角即为异面直线DE 与AB 所成的角．…………………6分在△BAF 中，AB =42BF =AF =2510cos 5ABF ∠=．∴异面直线DE 与AB 105……………………………………………8分（2）AC ⊥平面BCE ，过C 作CG ⊥DE 交DE 于G ，连AG ．可得DE ⊥平面ACG ，从而AG ⊥DE ,∴∠AGC 为二面角A -ED -B 的平面角．…………………………………10分在△ACG 中，∠ACG =90°，AC =4，ＣG 855∴5tan 2AGC ∠=5sin 3AGC ∠=．∴二面角A -ED -B 的的正弦值为53． ………………………………………………………13分21.（Ⅰ）12y y +123232222222x x=++12223(2222x x =-++ 1212122(2322(22)2x x x x x x +=-+++121242(22)322(22)2x x x x ++=+++2=．………………… 4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当121x x +=时，122y y +=，由12(0)()()n T f f f n n =+++…()n f n +得，()n n T f n =+…21()()(0)f f f n n+++， ∴112[(0)(][()()]n n n T f f f f n n n -=++++…[()(0)]2(1)nf f n n++=+， ∴1n T n =+．…………………………………………………………………………………………… 8分（Ⅲ）由（Ⅱ）得，221n n a T n ==+，不等式12n n n a a a +++++…211log (12)2n a a a -+>- 即为2212n n ++++...21log (12)22a a n +>-，设2212n H n n =++++ (2)2n+，则12223n H n n +=++++ (222)22122n n n +++++， ∴1222220212(1)12122n n H H n n n n n +-=+-=->+++++， ∴数列{}n H 是单调递增数列，∴min 1()1n H H ==，…………………………………………11分要使不等式恒成立，只需1log (12)12a a -<，即2log (12)log a a a a -<，∴201,120,12a a a a⎧<<⎪->⎨⎪->⎩ 或21,120,12,a a a a ⎧>⎪->⎨⎪-<⎩ 解得120-<<a . 故使不等式对于任意正整数n 恒成立的a 的取值范围是)12,0(-. …………………14分。

2020-2021年秋黄冈市高一年级期末调考数学试卷答案

若选③，由题得 2a b 7, （3 分）解得 b 3. （5 分）
将 a 2 代入不等式整理得 x 22x 1 0 (7 分)，
解得 x 2 或 x 1 （9 分），故原不等式的解集为： (, 1) (2, ) .（10 分）
2
2
18、（1）
f (x) 1 2
1 cos 2x 2
2
2
若选②，因为不等式1
ax
b
3的解集为x
|
3
x
4
，所以
3a 4a
b b
1, 3,
(3
分)
解得
a b
2, 5.
（5
分）将
a
2
代入不等式整理得
x
2
2
x
1
0
(7
分)，
解得 x 2 或 x 1 （9 分），故原不等式的解集为： (, 1) (2, ) .（10 分）
2
2
a b 1,
a 2,
分）
证明：任取 x1，x2 R，且 x1 < x2 ，则 f
x1 - f
x2
1
2 ex1 1
1
2 ex2 1
=
2(ex1 (ex1 1)
ex2 ) ex2 1
，（6 分）
∴y= ex 为増函数， x1 < x2 ，∴0 ex1 ex2 .
∴ ex1 1>0， ex2 1>0，ex1 ex2 <0.
分）又
h(
x)
在区间
[2,
)
的最小值为
2
log3
10
1
，
m 0 ，且 m 2 ，此时， n 2

2021年新人教版黄冈市秋高一期末数学试题及答案

黄冈市2021年秋高一期末模块修习考试数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的．1. 集合A= {x ∣12x -≤≤}，B={x ∣x <1}，则()R AB = ( )A ．{x ∣x >1}B 。

{x ∣x ≥ 1}C 。

{x ∣12x <≤ }D 。

{x ∣12x ≤≤} 2．若2a =，14b =，a 与b 的夹角为60，则a b ⋅等于( ) A ．32B ．34 C ．14D ．243．如果偶函数)(x f 在]7,3[上是增函数且最小值是2，那么)(x f 在]3,7[--上是( ) A. 减函数且最小值是2 B.. 减函数且最大值是2 C. 增函数且最小值是2 D. 增函数且最大值是2．4．若非零实数m 、n 满足tan sin m αα-=，tan sin n αα+=，则cos α等于( ) A ．n mm n-+ B ．2m n- C ．2m n+ D ．m nn m-+ 5．已知O 是△ABC 所在平面内一点，D 为BC 边中点，且OC OB OA ++2=0，那么 A ．= B.2= C.3= D.2AO OD = 6．函数sin()y A x ωϕ=+(ω＞0,|ϕ|＜ 2π，x R ∈)的部分图象如图所示，则此函数表达式为 ( ) A ．4sin()84y x ππ=-- B ．4sin()84y x ππ=-+ C ．4sin()84y x ππ=-D ．4sin()84y x ππ=+7．已知1A ，2A ，…，n A 为凸多边形的内角，且0sin lg .....sin lg sin lg 21=+++n A A A ，则这个多边形是( )A ．正六边形B ．梯形C ．矩形D ．含锐角菱形6xyO4-4-28．若函数()3sin()f x x ωϕ=+对任意x 都有()()3f x f x π+=-，则()6f π=( ) A ．3或0B ．－3或3C ．0D ．－3或09．在平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点叫做格点. 若函数()y f x =的图象恰好经过k 个格点，则称函数()f x 为k 阶格点函数. 下列函数中为一阶格点函数的是 ( ) A ．sin y x = B ．cos()6y x π=+ C ．lg y x = D ．2y x =10．如图，,,O A B 是平面上的三点，向量OAa ， OBb ,设P为线段AB 的垂直平分线CP 上任意一点，向量OPp ．若|a |=4，|b |=2，则p (a b )等于 ( )A ．1B ．3C ．5D ．6二、填空题:本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11.函数y =的定义域是 . 12．已知()2cos6f x x π=,则(0)(1)(2)(2010)f f f f +++⋅⋅⋅+=__________．13．已知集合1,,a M b b ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，{}20,,N a b b =+，M N =，则20102011a b +=_______． 14．设O 、A 、B 、C 为平面内四点，OA a =，OB b =，OC c =，且0a b c ++=，1a b b c c a ===-，则222||||||a b c ++=______．15．如图，在平面斜坐标系xoy 中，060xoy ∠=，平面上任一点P 在斜坐标系中的斜坐标是这样定义的:若OP =x e 1+y e 2(其中e 1、e 2分别为与x 轴、y 轴方向相同的单位向量)，则P 点的斜坐标为(x ，y ). 若P 点的斜坐标为(3，－4)，则点P 到原点O 的距离|PO |=________．三、解答题:本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

2021-2022学年湖北省黄冈市英才中学高一数学理下学期期末试题含解析

2021-2022学年湖北省黄冈市英才中学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. 已知幂函数的图象经过点，则的值为A． B. C. D.参考答案：A略2. 过点（3，1）作圆（x﹣1）2+y2=1的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为（）A．2x+y﹣3=0 B．2x﹣y﹣3=0 C．4x﹣y﹣3=0 D．4x+y﹣3=0参考答案：A【考点】圆的切线方程；直线的一般式方程．【分析】由题意判断出切点（1，1）代入选项排除B、D，推出令一个切点判断切线斜率，得到选项即可．【解答】解：因为过点（3，1）作圆（x﹣1）2+y2=1的两条切线，切点分别为A，B，所以圆的一条切线方程为y=1，切点之一为（1，1），显然B、D选项不过（1，1），B、D不满足题意；另一个切点的坐标在（1，﹣1）的右侧，所以切线的斜率为负，选项C不满足，A满足．故选A．3. 已知函数.若对任意，则A．B．C．D．参考答案：A4. 在中，已知，则这个三角形解的情况是（）A．有一个解B．有两个解C．无解D．不能确定参考答案：C略5. 设向量，，若，则x=（）A. B. -1 C. D.参考答案：C【分析】根据即可得出，解出即可．【详解】．故选：【点睛】考查主要考查向量坐标的概念以及平行向量的坐标关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6. 某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（）A． B． C． D．参考答案：A7. 已知实数，则的最大值为（）A．B．C．D．2参考答案：B略8. 要得到函数的图象，只需要将的图象（）.（A）向右平移个单位（B）向右平移个单位（C）向左平移个单位（D）向左平移个单位参考答案：C略9. 已知S k表示{a n}的前K项和，S n—S n+1=a n（n∈N+），则{a n}一定是_______。

2020-2021学年湖北省黄冈市高一(下)期末数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年湖北省黄冈市高一（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，复数z 满足z(3+i)=2−i ，则下列说法正确的是( )A. 复数z 的模为√22B. 复数z 的共轭复数为−12+12i C. 复数z 的虚部为12iD. 复数z 在复平面内对应的点在第二象限2. 在△ABC 中，a =15，b =10，A =45°，则cosB =( )A. √23B. −√23C. √73D. −√733. 不同的直线m 和n ，不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出α//β的是( )A. α∩γ=n ，β∩γ=m ，n//mB. α⊥γ，β⊥γC. n//m ，n ⊥α，m ⊥βD. n//α，m//β，n//m4. 若圆锥的内切球(球面与圆锥的侧面以及底面都相切)的半径为1，当该圆锥体积是球体积两倍时，该圆锥的高为( )A. 2B. 4C. √3D. 2√35. 一个正方体有一个面为红色，两个面为绿色，三个面为黄色，另一个正方体有两个面为红色，两个面为绿色，两个面为黄色，同时掷这两个正方体，两个正方体朝上的面颜色不同的概率为( )A. 13B. 56C. 23D. 7126. 如图，正三棱锥A −BCD 中，∠BAD =20°，侧棱长为2，过点C 的平面与侧棱AB 、AD 相交于B 1、D 1，则△CB 1D 1的周长的最小值为( )A. 2√2B. 2√3C. 4D. 27. 如图所示，△ABC 中，AB =3，AC =2，∠BAC =60°，D 是BC 的中点，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EA⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A. 114B. −114C. 52D. −528.欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发点．其中第Ⅰ命题47是著名的毕达哥拉斯定理(勾股定理)，书中给出了一种证明思路：如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，四边形ABHL、ACFG、BCDE都是正方形，AN⊥DE 于点N，交BC于点M.先证明△ABE与△HBC全等，继而得到矩形BENM与正方形ABHL面积相等；同理可得到矩形CDNM与正方形ACFG面积相等；进一步推理得证．在该图中，若tan∠BAE=12，则sin∠BEA=()A. √210B. 3√1010C. √55D. √1010二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.下列各组向量中，可以作为基底的是()A. e1⃗⃗⃗ =(0,2)，e2⃗⃗⃗ =(32,0) B. e1⃗⃗⃗ =(0,0)，e2⃗⃗⃗ =(1,−2)C. e1⃗⃗⃗ =(1,3)，e2⃗⃗⃗ =(−2,−6)D. e1⃗⃗⃗ =(3,5)，e2⃗⃗⃗ =(5,3)10.下列关于复数z的四个命题中假命题为()A. 若z+z−=0，则z为纯虚数B. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2C. 若|z−i|=1，则|z|的最大值为2D. 若z3−1=0，则z=111.如图在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点D是AB上的动点，则下列结论正确的是()A. BC ⊥AC 1B. 当D 为AB 的中点时，平面CDB 1⊥平面AA 1B 1BC. 当D 为AB 中点时，AC 1//平面CDB 1D. 三棱锥A 1−CDB 1的体积是定值12. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列说法中正确的是( )A. c =acosB +bcosAB. 若acosA =bcosB ，则△ABC 为等腰三角形C. 若a 2tanB =b 2tanA ，则a =bD. 若a 3+b 3=c 3，则△ABC 为锐角三角形三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 一个口袋中装有2个红球，3个绿球，采用不放回的方式从中依次取出2个球，则第一次取到绿球第二次取到红球的概率为______．14. 在△ABC 中，D 是BC 的中点，AB =1，AC =2，AD =√32，则△ABC 的面积为______． 15. 如图，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，直线B 1O 与平面ACD 1所成角的正弦值为______．16. 如图等腰梯形ABCD 中，AB//CD ，CD =12AD =13AB =2，O 是梯形ABCD 的外接圆的圆心，M 是边BC 上的中点，则AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.复数z满足|z|=√2，z2为纯虚数，若复数z在复平面内所对应的点在第一象限．(1)求复数z；(2)复数z，z−，z2所对应的向量为a⃗，b⃗ ，c⃗，已知(λa⃗+b⃗ )⊥(λb⃗ +c⃗ )，求λ的值．c=b，18.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosC+12(1)求角A；(2)若a=√7，△ABC的面积为3√3，求△ABC的周长．219.黄冈市一中学高一年级统计学生本学期20次数学周测成绩(满分150)，抽取了甲乙两位同学的20次成绩记录如下：甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，142，141乙：102，105，113，114，116，117，125，125，127，128，128，131，131，135，136，138，139，142，145，150(1)根据以上记录数据求甲乙两位同学成绩的中位数，并据此判断甲乙两位同学的成绩谁更好？(2)将同学乙的成绩分成[100,110)，[120,130)[130，140)[140,150)，完成下列频率分布表，并画出频率分布直方图；(3)现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意取出2个成绩，求取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率．分组频数频率[100,110)[110,120)[120,130)[130,140)[140,150]合计20120.如图，已知在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是梯形，BC//AD且BC=2AD，平面PAC⊥平面ABCD，PA=PC，PA⊥AB．(1)证明：AB⊥PC；(2)若PA⊥PC，PB=2PC=4，求四棱锥P−ABCD的体积．21.如图，四边形ABCD中，∠BAC=90°，∠ABC=60°，AD⊥CD，设∠ACD=θ．(1)若△ABC面积是△ACD面积的4倍，求sin2θ；(2)若tan∠ADB=1，求tanθ．222.如图①梯形ABCD中AD//BC，AB=√3，BC=1，CD=√2，BE⊥AD且BE=1，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面ABE⊥平面BCDE，CE与BD相交于O，点P 在AB上，且AP=2PB，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q．(1)证明：Q是的中点；(2)证明：AD⊥平面BEQ；(3)M是AB上一点，已知二面角M−EC−B为45°，求AM的值．AB答案和解析1.【答案】A【解析】解：复数z 满足z(3+i)=2−i ，整理得：z =2−i3+i =(2−i)(3−i)(3+i)(3−i)=12−12i ，对于A ：|z|=√(12)2+(−12)2=√22，故A 正确；对于B ：复数z 的共轭复数为12+12i ，故B 错误；对于C ：复数z 的虚部为−12，故C 错误；对于D ：复数z 在复平面内对应的点在第四象限，故D 错误．故选：A ．直接利用复数的运算，复数的共轭运算，复数的模，复数表示的几何意义的应用判断A 、B 、C 、D 的结论．本题考查的知识要点：复数的运算，复数的共轭运算，复数的模，复数表示的几何意义，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：根据正弦定理可得：sinB =bsinA a=10×sin45°15=√23， ∵a =15>b =10，∴由大边对大角可得：0<B <A =45°， ∴cosB =√1−sin 2B =√73．故选：C ．根据正弦定理可得：sinB =bsinA a=√23，由a =15>b =10，由大边对大角可得：0<B <A =45°，故可求cos B 的值．本题主要考查了正弦定理的应用，考查了同角三角函数关系式的应用，属于基本知识的考查．3.【答案】C【解析】解：由不同的直线m和n，不同的平面α，β，γ，知：若α∩γ=n，β∩γ=m，n//m，则α与β相交或平行，故A不正确；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故B不正确；若n//m，n⊥α，m⊥β，则由平面平行的判定定理知α//β，故C正确；若n//α，m//β，n//m，则α与β相交或平行，故D不正确．故选C．利用平面平行的判定定理，对四个选项分别进行判断，能够得到正确答案．本题考查平面平行的判断所应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．4.【答案】B【解析】解：如图，圆锥的轴截面为等腰△SAB，且内切圆为球的大圆．设圆锥底面圆周的半径为r，高为h，球的半径为R，R=1．πr2ℎ=2⋅则由条件有134πR3，整理得r2ℎ=38①在△SAB中，SA=SB=⋅√r2+ℎ2，所以12⋅ℎ⋅2r②，(√r2+ℎ2+√r2+ℎ2+2r)⋅1=12联立①②，解得r=√2,ℎ=4．故选：B．利用体积公式求出圆锥底面圆半径r与高h的关系，再通过球与圆锥相切，利用等面积法列出r与h的另一组关系，通过解方程组求解．本题考查圆锥的内切球，球和圆锥的体积公式，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：第一个正方体出现红色，绿色，黄色的概率分别为16,13,12，第二个正方体出现红色，绿色，黄色的概率分别为13,13,13，∵两个正方体朝上的面颜色相同的概率为16×13+13×13+12×13=13， ∴两个正方体朝上的面颜色不同的概率为1−13=23．故选：C ．根据已知条件，结合古典概型的概率公式，可得两个正方体朝上的面颜色相同的概率，再求其对立事件的概率，即可求解．本题主要考查古典概型的问题，需要学生熟练掌握古典概型的概率计算公式，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：把正三棱锥A −BCD 的侧面展开，两点间的连接线CC′即是截面周长的最小值．正三棱锥A −BCD 中，∠BAD =20°，所以，∠CAC′=60°，AC =2， ∴CC′=2，∴截面周长最小值是CC′=2．故选：D ．首先，展开三棱锥，然后，两点间的连接线CC′即是截面周长的最小值，然后，求解其距离即可．本题重点考查了空间中的距离最值问题，属于中档题．注意等价转化思想的灵活运用．7.【答案】B【解析】解：∵△ABC 中，AB =3，AC =2，∠BAC =60°，D 是BC 的中点，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ))=12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(−16AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−112AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−112×32−14×22−13×3×2×12=−114．故选：B ．根据已知条件代入化简，通过向量的数量积的定义求解即可．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．8.【答案】D【解析】解：设AB =k ，AC =m ，BC =n ，可得k 2+m 2=n 2， ∵BH//CL ， ∴∠BHC =∠HCL ，又△ABE ≅△HBC ，可得∠BHC =∠BAE ， ∴∠HCL =∠BAE ， ∴tan∠HCL =12，即k k+m =12， ∴m =k ， ∴n =√2k ，在△ABE 中，tan∠BAE =12，得sin∠BAE =1√5，在△ABE 中，AB sin∠BEA =BEsin∠BAE ，即ksin∠BEA =n1√5，可得sin∠BEA =√1010．故选：D ．设AB =k ，AC =m ，BC =n ，由勾股定理可得k 2+m 2=n 2，由同角的基本关系式求得sin∠BAE ，cos∠BAE ，在△ABE 中，求得AE ，分别运用余弦定理和正弦定理，计算可得所求值．本题主要考查三角形的正弦定理、余弦定理和勾股定理，以及同角的基本关系式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．9.【答案】AD【解析】解：∵0×0≠2×32，∴e 1⃗⃗⃗ 与e 2⃗⃗⃗ 不共线，∴A 正确， ∵0×(−2)=0×1，∴e 1⃗⃗⃗ 与e 2⃗⃗⃗ 共线，∴B 错误，∵1×(−6)=3×(−2)，∴e1⃗⃗⃗ 与e2⃗⃗⃗ 共线，∴C错误，∵3×3≠5×5，∴e1⃗⃗⃗ 与e2⃗⃗⃗ 不共线，∴D正确，故选：AD．利用基底的定义，判断两个向量是否共线，即可得到结果．本题考查向量共线的坐标运算，考查基底的定义，属于基础题．10.【答案】ABD【解析】解：选项A：设z=a+bi，(a,b为实数)，因为z−=a−bi，所以z+z−=2a=0，则a=0，所以z=bi，因为b可能为0，故A错误，选项B：当z1=1+i，z2=1−i时，|z1|=|z2|，故B错误，选项C：当|z−i|=1时，复数z对应的点在以(0,1)为圆心，1为半径的圆上，故|z|的最大值为1+1=2，故C正确，选项D：当z=−12+√32i时，z3=1，故D错误，故选：ABD．选项A：设z=a+bi，(a,b为实数)，然后求出共轭复数，进而可以判断；选项B：举出反例即可判断，选项C：根据复数的几何意义即可判断，选项D：举出反例即可判断．本题考查了复数的运算性质，涉及到共轭复数以及复数的几何意义更知识，考查了学生的运算能力，属于中档题．11.【答案】ACD【解析】解：对于A，∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，∴BC⊥CC1，又AC⊥CB，CC1∩CA=C，CC1⊂平面ACC1A1，CB⊂平面ACC1A1，∴BC⊥平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1，故A正确；对于B，∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，∴AA1⊥CD，∴当CD⊥AB时，由AA1，AB是平面AA1B1B中的相交线，得到CD⊥平面AA1B1B，平面CDB1⊥平面AA1B1B，此时D不一定为中点，故B错误；对于C，设BC1∩B1C=O，则O是BC1中点，连结OD，则D是AB中点时，OD//AC1，∵AC1⊄平面CDB1，OD⊂平面CDB1，∴AC1//平面CDB1，故C正确；对于D，∵△A1B1C的面积是定值，AB//A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，∴AB//平面A1B1C，∴D到平面A1B1C的距离是定值，∴三棱锥A1−CDB1的体积是定值，故D正确．故选：ACD．对于A，推导出BC⊥CC1，AC⊥CB，从而BC⊥平面ACC1A1，进而BC⊥AC1；对于B，当CD⊥AB时，存在点D，使得平面CDB1⊥平面AA1B1B，此时D不一定为中点；对于C，设BC1∩B1C=O，连结OD，D是AB中点时，OD//AC1，得AC1//平面CDB1；对于D，△A1B1C的面积是定值，由AB//A1B1，知AB//平面A1B1C，D到平面A1B1C的距离是定值，进而三棱锥A1−CDB1的体积是定值．本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．12.【答案】AD【解析】解：对A：∵sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA，∴c=acosB+bcosA，所以A正确；对B：∵acosA=bcosB，∴sinAcosA=sinBcosB，即sin2A=sin2B，∵△ABC的内角A，B，C，∴2A=2B或2A+2B=π即A=B或A+B=π2，故三角形可能是等腰三角形或直角三角形，故B错误；对C：∵a2tanB=b2tanA，∴由正弦定理得：sin2AtanB=sin2BtanA，得：sin2AsinBcosB=sin2BsinAcosA，整理得：sinAcosA=sinBcosB，∴sin2A=sin2B，∴A=B或A+B=π2，故C错误；对D：由题意知：a、b、c中c是最大的正数，∴由a3+b3=c3变形得：(ac )3+(bc)3=1<(a c )2+(bc)²，∴a2+b2>c2，∴C为锐角，又知C为最大角，∴△ABC为锐角三角形，故D正确；故选：AD．由正弦定理以及三角恒等变换可得sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA，即可判断A；由正弦定理可将条件转换为sin2A =sin2B ，进而得到A =B 或A +B =π2，即可判断B ；由正弦定理把a 2tanB =b 2tanA 转化为：sin 2AtanB =sin 2BtanA ，化简后可判断C ；由a 3+b 3=c 3变形得：(ac )3+(bc )3=1<(ac )2+(bc )²，可判断D ；本题主要考查了正弦定理的运用，解三角形问题，三角函数基本性质．考查了推理和归纳的能力，属于中档题．13.【答案】0.3【解析】解：由题意可得，样本空间的总数为5×4=20，第一次取到绿球第二次取到红球的样本数为3×2=6，故所求的概率P =620=0.3．故答案为：0.3．根据已知条件，分别求出样本空间的个数和第一次取到绿球第二次取到红球的样本数，再结合古典概型的概率计算公式，即可求解．本题主要考查古典概型的问题，需要学生熟练掌握古典概型的概率计算公式，属于基础题．14.【答案】√32【解析】解：∵D 是BC 中点，且AB =1，AC =2，AD =√32，∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，则AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )²，即34=14(1+4+2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1， ∴cos∠BAC =AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=−11×2=−12， ∴sin∠BAC =√32， ∴S △ABC =12AB ⋅ACsin∠BAC =12×1×2×√32=√32．故答案为：√32．根据题意AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，两边平方即可求出AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1，从而可求出cos∠BAC =−12，进而求出sin∠BAC =√32，然后根据三角形的面积公式即可求出△ABC 的面积；本题考查了向量加法的平行四边形法则，向量数量积的运算，向量夹角的余弦公式，三角形的面积公式，考查了计算能力，属于中档题．15.【答案】2√23【解析】解：以AB 、AD 、AA 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的边长为1，则A(0,0，0)，B(1,0，0)，D(0,1，0)，C(1,1，0)，B 1(1,0，1)，C 1(1,1，1)，D 1(0,1，1)，O(12,12,0)，所以B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,12,−1)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)，AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1)．设平面ACD 1的一个法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则 {n ⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{x +y =0y +z =0，令y =−1，则x =1=z ，则n⃗ =(1,−1,1)．于是，cos <B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n⃗⃗ |=−12−12−1√32×√3=−23√2=−2√23，所以sinθ=|cos <B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n⃗ >|=2√23．其中θ为直线B 1O 与平面ACD 1所成角．所以直线B 1O 与平面ACD 1所成角的正弦值为2√23．故答案为：2√23．首先建立空间直角坐标系且不妨设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的边长为1，于是写出各点的坐标，然后求出平面ACD 1的一个法向量为n ⃗ =(x,y,z)，进而由sinθ=cos <B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|B 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |即可得出所求的答案．本题考查直线与平面所成的角，考查学生的空间想象能力和计算能力，属中档题．16.【答案】16【解析】解：设BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， ∵M 是边BC 上的中点， ∴λ=12，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，又∵BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ(AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−2λ3)AB⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∵O 是△ABC 的外心，∴AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=18AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=8， ∴AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅[λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−2λ3)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ] =λAO⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−2λ3)AO⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =8λ+18(1−2λ3)=18−4λ,λ=12，即AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =16，故答案为：16．根据题意，利用平面向量的线性运算，即可求解结论．本题考查了平面向量的线性运算以及数量积的运算问题，是基础题目．17.【答案】解：(1)设z =a +bi(a >0,b >0)，则|z|=√a 2+b 2=√2，即a 2+b 2，①∵z 2=a 2−b 2+2abi 为纯虚数，∴a 2−b 2=0且2ab ≠0，② 由①②解得a =1，b =1， ∴z =1+i ； (2)∵z =1+i∴z−=1−i，z2=2i，∴a⃗=(1,1),b⃗ =(1,−1),c⃗=(0,2)，∴a⃗⋅b⃗ =0,a⃗⋅c⃗=2,b⃗ ⋅c⃗=−2,b⃗ 2=2，由(λa⃗+b⃗ )⊥(λb⃗ +c⃗ )，得(λa⃗+b⃗ )⋅(λb⃗ +c⃗ )=0，即λ2a⃗⋅b⃗ +λa⃗⋅c⃗+λb⃗ 2+b⃗ ⋅c⃗=0，∴4λ−2=0，得λ=12．【解析】(1)设z=a+bi(a>0,b>0)，由已知可得a与b的关系，列方程组求解a与b的最值，则z可求；(2)由(1)中求得z可得z−，z2，得到a⃗，b⃗ ，c⃗，进一步得到(λa⃗+b⃗ )与(λb⃗ +c⃗ )的坐标，再由数量积为0列式求解λ值．本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数模的求法，考查向量的数量积运算，是基础题．18.【答案】解：(1)∵acosC+12c=b，由正弦定理得sinAcosC+12sinC=sinB，又∵sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，∴12sinC=cosAsinC，∵sinC>0，∴cosA=12，∴A=π3；(2)由余弦定理得：7=b2+c2−2bccos60°即b2+c2−bc=7，∴(b+c)2−3bc=7，又S△ABC=12bcsinA=√34bc=3√32，∴bc=6，∴(b+c)2−18=7，∴b+c=5，∴△ABC的周长为5+√7．sinC=sinB，，结合sinB=sin(A+C)=【解析】(1)由正弦定理可知sinAcosC+12sinAcosC+cosAsinC，整理即可得到cos A，进而可求出A；(2)由余弦定理可求得(b+c)2−3bc=7，结合面积公式得到bc，进而可知b+c，即可求出周长．本题考查解三角形，涉及正弦定理、余弦定理，三角函数恒等变换，三角形面积公式等知识点的应用，属于中档题．=119，19.【答案】解：(1)甲的中位数是117+1212=128>119，乙的中位数是128+1282∴乙的成绩更好．(2)完成频率分布表如下：分组频数频率[100,110)20.1[110,120)40.2[120,130)50.25[130,140)60.3[140,150)30.15合计201乙的频率分布直方图如下图所示：(3)甲乙两位同学的不低于140(分)的成绩共5个，甲两个成绩记作A1、A2，乙3个成绩记作B1、B2、B3(其中B3表示150分)，任意选出2个成绩所有的取法为：(A1,A2)，(A1,B1)，(A1,B2)，(A1,B3)，(A2,B1)，(A2,B2)，(A2,B3)，(B1,B2)，(B1,B3)，(B2,B3)，共10种取法，其中两个成绩不是同一个人的且没有满分的是：(A1,B1)，(A1,B2)，(A2,B1)，(A2,B2)，共4种取法，∴取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率P=410=25．【解析】(1)分别求出甲、乙的中位数，从而得到乙的成绩更好．(2)完成频率分布表，作出乙的频率分布直方图．(3)甲乙两位同学的不低于140分的成绩共5个，甲两个成绩记作A1、A2，乙3个成绩记作B1、B2、B3(其中B3表示150分)，任意选出2个成绩，利用列举法，求出取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率．本题考查中位数、概率的求法，频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．20.【答案】(1)证明：取AC的中点O，连接PO，如图所示；因为AP=PC，所以PO⊥AC，又因为平面PAC⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，又因为AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB；......①又因为AB⊥PA，......②由①②可得AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC．(2)解：因为PB=2PC=4，所以PA=PC=2，又AB⊥PA，所以AB2=PB2−PA2，所以AB=2√3；又因为PA⊥PC，PA=PC=2，所以AC=2√2，PO=√2；由(1)知AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，所以S△ABC=12AB⋅AC=12×2√3×2√2=2√6；所以V三棱锥P−ABC =13S△ABC⋅PO=13×2√6×√2=43√3；又因为BC//AD，BC=2AD，所以S△ABC=2S△ACD，所以V 三棱锥P−ACD =12V 三棱锥P−ABC =23√3；所以四棱锥P −ABCD 的体积是V 四棱锥P−ABCD =V 三棱锥P−ABC +V 三棱锥P−ACD =43√3+23√3=2√3．另解：因为S △ABC =12AB ⋅AC =12×2√3×2√2=2√6，所以S △ADC =√6，所以S 梯形ABCD =3√6，计算四棱锥P −ABCD 的体积是V 四棱锥P−ABCD =13×3√6×√2=2√3．【解析】(1)取AC 的中点O ，连接PO ，得出PO ⊥AC ，根据平面PAC ⊥平面ABCD 得出PO ⊥平面ABCD ，证明PO ⊥AB ；再由AB ⊥PA 证明AB ⊥平面PAC ，即可证明AB ⊥PC ． (2)根据题意利用分割补形法计算四棱锥P −ABCD 的体积，另一种解法是直接计算四棱锥的体积即可．本题考查了四棱锥的体积计算问题，也考查了运算求解能力，和逻辑推理能力，是中档题．21.【答案】解：(1)设AB =a ，则AC =√3a ，AD =√3asinθ，CD =√3acosθ，由题意S △ABC =4S △ACD ，则12a ⋅√3a =4⋅12√3acosθ⋅√3asinθ，所以sin2θ=√36．(2)由正弦定理，△ABD 中，BD sin∠BAD =ABsin∠ADB ，即BD sin(π−θ)=asin∠ADB ① 在△BCD 中，BD sin∠BCD =BCsin∠CDB ，即BD sin(π6+θ)=2asin(π2−∠ADB)②②÷①得：sinθsin(π6+θ)=2tan∠ADB =1，∴sinθ=sin(π+θ)，3化简得cosθ=(2−√3)inθ，所以tanθ=2+√3．【解析】(1)直接利用三角形的面积公式的应用求出结果；(2)利用正弦定理建立方程组，进一步建立三角函数式，最后解方程组求出结果．本题考查的知识要点：正弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．22.【答案】证明：(1)在图①中过C作CF⊥AD，则EF=BC=1，CF=BE=1，又∵CD=√2，∴DF=1，∴DE=2，∴DE//BC，且DE=2BC，∴DO=2OB，又∵AP=2PB，∴OP//AD，∴OP//平面ACD，又∵平面OPQR∩平面ACD=RQ，∴OP//RQ，∴PQ//AD，又∵R是CD的中点，∴Q是AC的中点．(2)在直角梯形BCDE中，BC=BE=1，∴CE=√2，∴∠CED=∠BCE=45°．又CD=√2，∴∠ECD=90°，DE=2，∴CD⊥CE，①又∵平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE，∴AE⊥平面BCDE，∴AE⊥CD，②由①②得CD⊥平面ACE，∴CD⊥EQ，③∵AB=√3,BE=1，∴AE=√2，∴AE=CE，∴EQ⊥AC，④由③④可得EQ⊥平面ACD，∴EQ⊥AD，⑤又∵BE⊥AE，BE⊥DE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥AD，⑥由⑤⑥可得AD⊥平面BEQ．(3)过M作MH⊥BE，则MH⊥平面BCDE，过H作HG⊥CE，连结MG，则∠MGH为二面角M−CE−B的平面角，∴∠MGH=45°，设AMAB=λ，∴MH=(1−λ)AE=(1−λ)√2，又HEBE =AMAB=λ，∴HE=λ，∵∠BEC=45°，∴HG=√22λ，由∠MGH=45°得HG=MH，∴√22λ=(1−λ)√2，∴λ=23．【解析】(1)在图①中过C作CF⊥AD，证明PQ//AD，结合R是CD的中点，推出Q 是AC的中点．(2)证明CD⊥CE，推出AE⊥CD，得到CD⊥平面ACE，推出CD⊥EQ，EQ⊥AC，即可证明EQ⊥平面ACD，得到EQ⊥AD，推出BE⊥AD然后证明AD⊥平面BEQ．(3)过M作MH⊥BE，过H作HG⊥CE，连结MG，说明∠MGH为二面角M−CE−B的平面角，设AMAB=λ，然后转化求解即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法与应用，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，中档题．。

湖北省黄冈市2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题

黄冈市2020年春季高一年级期末考试数学试题考生注意：1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上．2．选择题答案必须使用2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写。

字体工整、笔迹清楚．3．请按照题号在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、试题卷上答题无效．保持卡面清洁，不折叠、不破损．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．sin10cos 35cos10sin 35︒︒︒︒+=（）A ．2B ．2-C ．2D ．122．已知向量(,2)a x = ，(21,3)b x =+ ，若a b λ=，则x =（）A ．12B ．2-C ．1D ．23．若等差数列{}n a 满足792a a +=，105a =-，则数列{}n a 的首项1a =（）A ．20B ．3-C ．22D ．23-4．在ABC 中，内角A ，B ，C的对边分别为a ，b ,c ，已知3cos 5A =-，8a =，5b =，则B =（）A ．4πB ．6πC ．3πD ．56π5．若直线310x ay +-=与直线10x y -+=平行，则a =（）A ．3-或1-B ．1-C ．3-D ．326．已知点(2,3)A --和点(1,0)B -是平面直角坐标系中的定点，直线1y kx =+与线段AB 始终相交，则实数k 的取值范围是（）A ．[1,2]B ．[2,1]-C ．[2,1]--D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦7．在ABC 中，内角A ，B ，C的对边分别为a ，b ,c ，已知6A π=，b =，ABC 的面积为a =（）A ．B ．4CD ．8．如图，在三棱柱111ABC ABC -中，侧面11BBC C 为矩形，侧面11A ABB 为菱形，且平面11BBCC ⊥平面11A ABB ，160BAA ︒∠=，22AB BC ==．则异面直线1CA与1BC 所成角的余弦值为（）A ．13B ．19C ．25D ．15二、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3分，有选错的得0分．9．已知α，β是空间中两个不同的平面，m ，n 是空间中两条不同的直线，则给出的下列说法中，正确的是（）A ．若m α⊥，n a ⊥，则//m nB ．若//m α，//m β，则//αβC ．若αβ⊥，//m β，则m α⊥D ．若//αβ，m α⊥，则m β⊥10．在ABC 中，点E ，F 分别是边BC 和AC 上的中点，P 是AE 与BF 的交点，则有（）A ．1122AE AB AC =+B ．2AB EF= C ．1133CP CA CB=+ D ．2233CP CA CB =+11．在长方体1111A B C D ABCD -中，11A A =，2AB =，3AD =，下列选项正确的有（）A ．11BD AC ⊥B ．长方体1111A B C D ABCD -的外接球的表面积为14πC ．三棱锥1A BDC -的体积为1D ．三棱锥11A BD C -与三棱锥1A ABD -的表面积相等12．已知数列{}n a ，11a =，25a =，在平面四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点E ，且2A E E C =，当2n 时，恒有()()1213nn n n BD a a BA a a BC +=--+-，则（）A ．数列{}n a 为等差数列B ．1233BE BA BC =+C ．数列{}n a 为等比数列D ．14n nna a +-=第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把正确答案写在答题卡上．13．直线320x -=的倾斜角为________．14．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，14a =，258a a =，则3S =________．15．已知平面向量(1,2)a = ，(1,)b x = ．①若||a b a b -=⋅，则实数x 的值是________；②若2a b + 与2a b -的夹角为锐角，则实数x 的取值范围是________．（本题第一空2分，第二空3分）6．如图，设圆M 的半径为2，点C 是圆M 上的定点，A ，B 是圆M 上的两个动点，则C A C B ⋅的最小值是________．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．（本小题满分10分）已知向量n 与向量m 的夹角为3π，且||1n = ，||3m = ，()0n n m λ⋅-= ．（I ）求λ的值；（Ⅱ）记向量n与向量3n m -的夹角为θ，求cos 2θ．18．（本小题满分12分）已知函数()2sin cos f x x x =+．（I ）求函数()f x 的值域；（Ⅱ）当()0f x =时，求22sin sin2cos21x x x -+的值．19．（本小题满分12分）在ABC 中，内角A ，B ，C对的边分别为a ，b ，c ，且sin sin sin sin B C a bA B c+-=+．（I ）求A ；（Ⅱ）若2b =，1()2AD AB AC =+，且||1AD = ，求ABC 的面积．20．（本小题满分12分）已知直线1:240l x y +-=与直线2:10l x y --=的交点为A ，直线l 经过点A ，点(1,1)P -到直线l 的距离为2，直线3l 与直线1l 关于直线2l 对称．（1）求直线l 的方程；（Ⅱ）求直线3l 的方程．21．（本小题满分12分）已知数列{}n a 满足24a =，12(2)n n a a n -=+ ，已知数列{}n b 的前n 项和为n S ，且满足1n n S b =-．（I ）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列{}n n a b ⋅的前n 项和．22．（本小题满分12分）在三棱锥D ABC -中，底面ABC 为等边三角形，DB DC ⊥，且DB DC =，E 为BC 的中点．（I ）证明：AD BC ⊥；（Ⅱ）若平面DBC ⊥底面ABC ，求AE 与平面ADB 所成角的正弦值．黄冈市2020年春季高一年级期末考试数学参考答案及评分标准一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1．A2．B3．C4．B5．C6．A7．D8．D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9．AD10．AC11．BC12．BD 解析：如图，2A E E C =，所以2()BE BA BC BE -=- ．所以1233BE BA BC =+．设12n n x a a -=-，13n n y a a +=-，B D B E λ=，因为1233BE BA BC =+，所以202y x y x-+=⇒=，即11322n n n n a a a a +--=-．所以()11111132442n n n nn nn n n n n n a a a a a a a a a a a a +++-----=⇒-=-⇒=--，2n ，所以数列{}1n n a a +-是以4为首项，4为公比的等比数列，所以14nn na a +-=．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．3π14．21415．131122x -<<16．2-15．解析：①由||a b a b -=⋅ ，得|2|12x x -=+，解得3x =-或13x =．又|2|120x x -=+>，故3x =-舍去，所以实数13x =；②2(3,22)a b x +=+ ，2(1,22)a b x -=--，由2a b + 与2a b - 的夹角为锐角，故(2)(2)0a b a b +⋅-> ，即3(22)(22)0x x -++->，解得1122x -<<2a b + 与2a b- 的方向不可能相同）．16．解析：如图，延长BC ，作圆M 的切线垂直于直线BC ，设切点为1A ，切线与直线BC 的交点为D ，由数量积的几何意义可知，CA CB ⋅ 等于向量CA 在向量CB上的投影与CB ∣∣的积，当点A 运动到点1A 时，CA 在向量CB上的投影最小．设BC 的中点为N ，连接MN ，1MA ，由圆的性质可知四边形1MNDA 为矩形．设||CN x =，则||2CD x =-，22(2)24CA CB x x x x ⋅=--=- ，[0,2]x ∈．当1x =时，CA CB ⋅的最小值为2-．四、解答题：本题共6小题，共70分．17．（10分）解：（Ⅰ）由()0n n m λ⋅-= ，得20n n m λ-⋅= ．1分又21n = ，3||||cos 32n m n m π⋅== ，所以23λ=5分（Ⅱ）因为2233(3)12cos 2|||3|n n m n n m θ-⋅-===-，8分所以21cos22cos 12θθ=-=-．10分18．（12分）解：（Ⅰ）因为()2sin cos )f x x x x x x ϕ⎫=+==+⎪⎭，1tan 2ϕ=，3分所以函数()f x的值域为[．5分（Ⅱ）由()0f x =，得1tan 2x =-．则()2222sin 2sin sin sin 2cos21cos sin 2sin cos 12sin 1x x xx x x x x x x ==-++--+7分sin tan cos cos sin 1tan cos cos xx x x x xx x==++10分又1tan 2x =-，所以22sin tan 1sin 2cos211tan x xx x x==--++．12分19．（12分）解：（Ⅰ）由正弦定理得sin sin sin sin B C b c a bA B a b c++-==++，1分所以222a b c bc --=，2分由余弦定理得2221cos 22b c a A bc +-==-，4分所以23A π=．6分（Ⅱ）由题意得2224||||||2AD AB AC AB AC =++⋅ ，即2242cos c b cb A =++，9分所以220c c -=，解得2c =．10分故1sin 2ABC S bc A == ．12分20．（12分）解：（Ⅰ）由240,10,x y x y +-=⎧⎨--=⎩解得2,1,x y =⎧⎨=⎩所以(2,1)A l ∈．1分当直线l 的斜率不存在时，其方程为2x =，此时点(1,1)P -到直线l 的距离12d =≠；2分当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为：1(2)y k x -=-，3分则点(1,1)P -到直线l 的距离2d ==，4分解得0k =或43k =-．5分故直线l 的方程为1y =或43110x y +-=．6分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，点A 的坐标为(2,1)，由42040+⨯-=，得点1(4,0)B l ∈．7分设点B 关于直线2l 的对称点为()000,B x y ，则()0003,B x y l ∈且02BB l ⊥．8分设点B 与点0B 的中点为C ，则0024,22x y C l +⎛⎫∈⎪⎝⎭，9分故00001,4410.22y x x y ⎧=-⎪-⎪⎨+⎪--=⎪⎩解得001,3,x y =⎧⎨=⎩所以0(1,3)B ．10分由3A l ∈，03B l ∈，由两点式方程可知直线3l 的方程为：123112y x --=--，化简得250x y +-=．12分21．（12分）解：（Ⅰ）由12n n a a -=+，得12n n a a --=．又24a =，所以12a =．所以数列{}n a 是以2为首项，以2为公差的等差数列，故2n a n =．2分当1n =时，111S b =-，又11S b =，所以112b =；3分当2n 时，由1n n S b =-，①可得111n n S b --=-，②由①-②可得1n n n b b b -=-+，即112n n b b -=，2n ，所以数列{}n b 是以12为首项，以12为公比的等比数列，故12nn b ⎛⎫= ⎪⎝⎭．6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得122nn n a b n ⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭．7分设数列{}n n a b ⋅的前n 项和为n T ，则23111121232222nn T n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯+⨯+⨯++⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ ，③8分23111112122222n n T n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯+⨯++⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，④9分③-④得，23111111121222222n n n T n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯++++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，10分11112211212212n n n T n +⎧⎫⎡⎤⎛⎫-⎪⎪⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎪⎪⎛⎫⎣⎦=⨯-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪-⎪⎪⎩⎭，14(24)2nn T n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，所以数列{}n n a b ⋅的前n 项和为14(24)2nn ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭．12分22．（12分）（Ⅰ）证明：连接DE ．因为DB DC =，且E 为BC 中点，所以DE BC ⊥．2分又ABC 为等边三角形，所以AE BC ⊥．因为DE AE E ⋂=，所以BC ⊥平面AED ，所以AD BC ⊥．4分（Ⅱ）解：设2AB =，则DB DC ==，AE =，1DE =，DE BC ⊥．由侧面DBC ⊥底面ABC ，得DE ⊥底面ABC ，所以DE AE ⊥．又1DE =，AE =，所以2AD =．6分设AE 与平面ADB 所成的角为θ，点E 到平面ADB 的距离为h ，则sin hAEθ=．7分由1133E ADB D AEB ADB AEB V V hS DE S --=⇒=⨯⨯ ，8分1132222AEB S =⨯⨯=，9分由2AD AB ==，DB =，得2ADB S =，11分所以7h=，故7sin7hAEθ==．12分。

2021年湖北省黄冈市英才学校高一数学理期末试卷含解析

2021年湖北省黄冈市英才学校高一数学理期末试卷含解析一、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. 设是上的任意函数，则下列叙述正确的是（）ks5uA.是奇函数B. 是奇函数C. 是偶函数D. 是偶函数参考答案：D略2. 已知弧度为2的圆心角所对的弦长也是2，则这个圆心角所对的弧长是（）A．2 B． C． D．参考答案：B3. 下列函数中既是偶函数又是（）A． B． C． D ．参考答案：C4. 电视台某节目组要从2019名观众中抽取100名幸运观众．先用简单随机抽样从2019人中剔除19人，剩下的2000人再按系统抽样方法抽取100人，则在2019人中，每个人被抽取的可能性（）A. 都相等，且为 B. 都相等，且为C. 均不相等D. 不全相等参考答案：A【分析】根据随机抽样等可能抽取的性质即可求解.【详解】由随机抽样等可能抽取，可知每个个体被抽取的可能性相等，故抽取的概率为.故选：A【点睛】本题考查了随机抽样的特点，属于基础题.5. 2log6+3log6=（）A．0 B．1 C．6 D．log6参考答案：B【分析】直接利用对数的运算性质化简求值．【解答】解：2log6+3log6==log62+log63=log66=1．故选：B．6. 在△中，若，则△的形状是A、钝角三角形B、直角三角形C、锐角三角形D、不能确定参考答案：A略7. 曲线y=x3﹣6x2+9x﹣2在点（1，2）处的切线方程是（）A．x=1 B．y=2 C．x﹣y+1=0 D．x+y﹣3=0 参考答案：B【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】先求切线斜率，即f′（1）=3﹣2=1，然后由点斜式即可求出切线方程．【解答】解：f′（x）=3x2﹣12x+9，所以x=1，f′（1）=3﹣12+9=0，即函数y=x3﹣6x2+9x﹣2在点（1，2）处的切线斜率是0，所以切线方程为：y﹣2=0×（x﹣1），即y=2．故选：B．8. 已知，则在上的投影为（）A．﹣2 B．2 C．D．参考答案：D【考点】平面向量的坐标运算．【分析】根据投影的定义在上的投影为．【解答】解：根据投影的定义可得： ===2，故选：D9. 已知，若，则（）A. B. C. D.参考答案：C【详解】由，得，则，则.10. 设是等差数列的前项和，已知，，则等于（）A．13 B．35 C．49D．6参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 观察下列等式，若类似上面各式方法将分拆得到的等式右边最后一个数是，则正整数等于____．参考答案：依题意可得分拆得到的等式右边最后一个数5,11,19,29，.所以第n项的通项为.所以.所以.12. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是参考答案：13. 若实数a、b满足，则3a+3b的最小值是 .参考答案：614. 如图，在正方形ABCD中，E为BC边中点，若=λ+μ，则λ+μ=．参考答案：．【分析】利用正方形的性质、向量三角形法则、平面向量基本定理即可得出．【解答】解：∵， ∴=+=+==λ+μ，∴λ=1，．则λ+μ=．故答案为：．15. 圆的半径是，弧度数为3的圆心角所对扇形的面积等于参考答案：16. 已知A （1，2），B （-3，b ）两点的距离等于4，则b=________.参考答案：略17. 已知奇函数在时的图象如图所示，则不等式的解集是．参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。

湖北省黄冈市高一数学下学期期末考试试题理(扫描版)

2016高一春季期末考试参考答案及评分标准(理科) 一、选择题BBCAD CBDCD CA二、填空题13. 33 14. 9 15. [5，6] 16. b c 11-三、解答题17. 解：(1)由已知可得l 2的斜率存在，且k 2＝1－a .若k 2＝0，则1－a ＝0，a ＝1.∵l 1⊥l 2，直线l 1的斜率k 1必不存在，即b ＝0.又∵l 1过点(－3，－1)，∴－3a ＋4＝0，即a ＝43(矛盾)． ∴此种情况不存在，∴k 2≠0.即k 1，k 2都存在，∵k 2＝1－a ，k 1＝a b ，l 1⊥l 2，∴k 1k 2＝－1，即ab (1－a )＝－1. ①又∵l 1过点(－3，－1)，∴－3a ＋b ＋4＝0.②由①②联立，解得a ＝2，b ＝2. ............ 5分(2)∵l 2的斜率存在，l 1∥l 2，∴直线l 1的斜率存在，k 1＝k 2，即a b ＝1－a . ③又∵坐标原点到这两条直线的距离相等，且l 1∥l 2，∴l 1，l 2在y 轴上的截距互为相反数，即4b＝b ，④ 联立③④，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝23，b ＝2.∴a ＝2，b ＝－2或a ＝23，b ＝2. ............................10分18. （1）由tan a b A =及正弦定理，得sin sin cos sin A a A A b B ==，∴sin cos B A =，即sin sin()2B A π=+，............... 3分又B 为钝角，因此(,)22A πππ+∈，(不写范围的扣1分) 故2B A π=+，即2B A π-=；............ 5分（2）由（1）知，()C A B π=-+(2)2022A A πππ-+=->，∴(0,)4A π∈，................ 7分于是sin sin sin sin(2)2A C A A π+=+-2219sin cos 22sin sin 12(sin )48A A A A A =+=-++=--+，............9分 ∵04A π<<，∴20sin 2A <<，因此221992(sin )2488A <--+≤，由此可知sin sin A C +的取值范围是29(]28．............................12分 19．解：（1）,333313221n a a a a n n =++++- ),2(31333123221≥-=++++--n n a a a a n n ),2(3131331≥=--=-n n n a n n )2(31≥=n a nn ........................4分验证n=1时也满足上式：*)(31N n a n n ∈=............................5分（2）n n n b 3⋅= ........................6分n n n S 333323132⋅+⋅+⋅+⋅=143233332313+⋅+⋅+⋅+⋅=n n n S ........................8分 ,333332132+⋅-+++=-n n n n S,33133211++⋅-----n n n n S .433413211+⋅-⋅=++n n n n S . ...........................12分 20.解设A 型、B 型车辆分别为x 、y 辆，相应营运成本为z 元，则z ＝1 600x ＋2 400y . ................ 1分由题意，得x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ≤21，y ≤x ＋7，36x ＋60y ≥900，x ，y ≥0，x ，y ∈N................. 4分作可行域如图所示，................ 7分可行域的三个顶点坐标分别为P (5，12)，Q (7,14)，R (15,6)． ................ 9分由图可知，当直线z ＝1 600x ＋2 400y 经过可行域的点P 时，直线z ＝1 600x ＋2 400y 在y 轴上的截距z 2 400最小，即z 取得最小值 ................ 11分故应配备A 型车5辆、B 型车12辆，可以满足公司从甲地去乙地的营运成本最小．........ 12分21. 解：（1）当时，函数的不动点即为3和-1； ................ 2分（2）∵函数恒有两个相异的不动点，∴恒有两个不等的实根，对恒成立， ................ 4分∴，得的取值范围为.. .............. 6分（3）由得，由题知，，................ 7分设中点为，则的坐标为， ................ 9分∴，∴，当且仅当，即时等号成立，∴的最小值为................ 12分22. ①.ABCD BD ABCD PA FG BD PAC FG PAC BD AC BD BD PA ⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥⇒⎭⎬⎫⊥⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥面面又面面............... 3分② G 为EC 中点，理由如下：连PE,中点。

湖北省黄冈市小桥中学2024学年高一数学理期末试卷含解析

湖北省黄冈市小桥中学2024学年高一数学理期末试卷专业课理论基础部分一、选择题：1.设集合A={x|x=2k，k∈Z}，B={x|x=3k，k∈Z}，则A∩B=（）A. {x|x=6k，k∈Z}B. {x|x=2k，k∈Z}C. {x|x=3k，k∈Z}D. ∅2.若|x-1|=|x+1|，则x=（）A. -1B. 0C. 1D. -23.下列函数中，奇函数是（）A. y=x²B. y=x³C. y=|x|D. y=-x4.已知函数f(x)=x²-2ax+a²-1，若f(x)的图象上存在两个点A、B，使得∠AOB=90°，则a的取值范围是（）A. a<-1 或 a>1B. -1<a<1C. a≤-1 或a≥1D. -1≤a≤15.设函数f(x)=lnx，g(x)=x²，则下列结论正确的是（）A. f(x)在（0，1）上单调递减，g(x)在（-∞，0）上单调递减B. f(x)在（1，+∞）上单调递增，g(x)在（0，+∞）上单调递增C. f(x)在（0，1）上单调递增，g(x)在（-∞，0）上单调递增D. f(x)在（1，+∞）上单调递减，g(x)在（0，+∞）上单调递减二、判断题：1.若两个角互为补角，则它们的角度和为90度。

（）2.两个平行线的斜率相等。

（）3.函数y=x³-3x在区间（0，1）上单调递增。

（）4.若a²+b²=1，则a²-b²=0。

（）5.若两个集合A、B满足A⊆B，则A∪B=A。

（）三、填空题：1.若|x|<1，则-1<x<1。

（）2.函数y=2x³-3x²+1的导数为y’=（）3.若矩阵A=，则A的行列式为（）4.设向量a=(2，3)，向量b=(-1，2)，则a与b的点积为（）5.若复数z=3+4i，则|z|=（）四、简答题：1.简述完全平方公式及其应用。

2021年湖北省黄冈市华宁中学高一数学理下学期期末试卷含解析

2021年湖北省黄冈市华宁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. 已知，则a，b，c的大小关系为（A）（B）（C）（D）参考答案：B2. 在等差数列{a n}中，若a1，a3，a4成等比数列，则该等比数列的公比为（）A．B．1 C．1或D．无法确定参考答案：C【考点】88：等比数列的通项公式．【分析】设等差数列{a n}公差为d，由条件可得（a1+2d）2=a1（a1+3d），解得 d=0 或a1=﹣4d，在这两种情况下，分别求出公比的值．【解答】解：设等差数列{a n}公差为d，∵a1，a3，a4成等比数列，∴a32=a1a4，即（a1+2d）2=a1（a1+3d），解得 d=0 或a1=﹣4d．若 d=0，则等比数列的公比q=1．若a1=﹣4d，则等比数列的公比q===．故选：C．3. 设集合S={A0，A1，A2，A3，A4，A5}，在S上定义运算“⊕”为：A i⊕A j=A k，其中k为i+j被4除的余数，i，j=0，1，2，3，4，5．则满足关系式（x⊕x）⊕A2=A0的x（x∈S）的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4参考答案：C 【考点】整除的基本性质．【专题】压轴题；探究型．【分析】本题为信息题，学生要读懂题意，运用所给信息式解决问题，对于本题来说，可用逐个验证法【解答】解：当x=A0时，（x⊕x）⊕A2=（A0⊕A0）⊕A2=A0⊕A2=A2≠A0当x=A1时，（x⊕x）⊕A2=（A1⊕A1）⊕A2=A2⊕A2=A4=A0当x=A2时，（x⊕x）⊕A2=（A2⊕A2）⊕A2=A0⊕A2=A2当x=A3时，（x⊕x）⊕A2=（A3⊕A3）⊕A2=A2⊕A2=A0=A0当x=A4时，（x⊕x）⊕A2=（A4⊕A4）⊕A2=A0⊕A2=A2≠A1当x=A5时，（x⊕x）⊕A2=（A5⊕A5）⊕A2=A2⊕A2=A0则满足关系式（x⊕x）⊕A2=A0的x（x∈S）的个数为：3个．故选C．【点评】本题考查学生的信息接收能力及应用能力，对提高学生的思维能力很有好处4. 已知集合A＝{－1，0，1}，B＝{x|－1≤x<1}，则A∩B＝( )A．{0} B．{－1，0} C．{0，1} D．{－1，0，1}参考答案：B略5. 已知定义在上的函数和，其图象如下图所示：给出下列四个命题：①方程有且仅有6个根②方程有且仅有3个根③方程有且仅有5个根④方程有且仅有4个根其中正确命题的序号（）A．①②③ B. ②③④ C.①②④ D. ①③④参考答案：D6. 若3sinα+cosα=0，则的值为（）A． B． C． D．﹣2参考答案：A考点：二倍角的余弦；同角三角函数基本关系的运用．专题：计算题．分析：首先考虑由3sinα+cosα=0求的值，可以联想到解sinα，cosα的值，在根据半角公式代入直接求解，即得到答案．解答：解析：由3sinα+cosα=0?cosα≠0且tanα=﹣所以故选A．点评：此题主要考查同角三角函数基本关系的应用，在三角函数的学习中要注重三角函数一系列性质的记忆和理解，在应用中非常广泛．7. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于直线DE，则DE与AB的位置关系是（）A. 异面B. 平行C. 相交D. 以上均有可能参考答案：B∵A1B1∥AB，AB?平面ABC，A1B1?平面ABC，∴A1B1∥平面ABC．又A1B1?平面A1B1ED，平面A1B1ED∩平面ABC＝DE，∴DE∥A1B1.又AB∥A1B1，∴DE∥AB．考点：线面平行的性质.8. 圆过点的切线方程是( )A．B．C．D．参考答案：D9. 据报道，青海湖水在最近50年内减少了10%.如果按此规律，设2011年的湖水量为m,从2011年起，过x年后湖水量y与x的函数关系为 ( )A. B. C. D.参考答案：A10. 原创)对任意正数x，y不等式恒成立，则实数的最小值是()A．1B．2C．3D．4参考答案：A 略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 不等式的解集是。

黄冈市2021年秋季高一年级期末考试数学试题及答案

黄冈市2021年秋季高一年级期末考试数学试题本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分150分，考试时间120分钟.第I 卷（选择题共60分）一、单选题(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.若集合}3,2,1,0{},1,0,1,2{=--=B A ，则下列选项正确的是( ) A.B B A = B. }3,2,1,0,1{-=B A C. }1,0{=B A D. A B A =2. 若点)6sin2,3(π-P 在角α的终边上，则αtan 的值为( )A.31 B. 31-C.3 D. 3-3. 若函数f (x )＝ax 2＋(2b －a )x ＋b －a 是定义在[2－2 a , a ]上的偶函数，则b a -＝( )A ．1B ．2C ．3D ．44.德国数学家狄利克雷（1805~1859）在1837年时提出：“如果对于x 的每一个值，y 总有一个完全确定的值与之对应，那么y 是x 的函数．”这个定义较清楚地说明了函数的内涵．只要有一个法则，使得取值范围中的每一个x ，有一个确定的y 和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图象、表格等形式表示，例如狄利克雷函数()D x ，即：当自变量取有理数时，函数值为1；当自变量取无理数时，函数值为0．以下关于狄利克雷函数()D x 的性质：①0)2(=D ；②()D x 的值域为{}0,1；③()D x 为奇函数； ④)()1(x D x D =-，其中表述正确的个数是( ) A. 1B. 2C. 3D. 45. 已知函数f (x )＝3x 5+x 3+5x ＋2，若f (a )＋f (2a －1)>4，则实数a 的取值范围是( )A ．(31,＋∞) B ．(－∞,31) C ．(－∞,3) D ．(3,＋∞) 6.已知实数a 的取值能使函数1)1(22)(+--=x xa x f 的值域为),0(+∞,实数b 的取值能使函数)3(log )(g 22+-=bx x x 的值域为),1[+∞,则=+22b a ( )A.4B.5C.6D.77. 函数1|1|1)(22-+-=x x x x f 的图像大致是( )8. 已知函数x x f x πsin 336)(++=，则=+++)10112021()10112()10111(f f f ( ). A.2019 B.2021 C.2020 D.2022二､多选题(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.已知R x ∈∃,不等式0142<---a x x 不成立,则下列a 的取值不正确的是( ) A.]5,(--∞ B.]2,(--∞ C.]3,(--∞ D.]1,(--∞ 10. 已知α∈R ，22cos sin =+αα，那么tan α的可能值为( ) A.32+B.32+-C ．32-D.32--11. 已知函数()f x 的定义域是(0,)+∞，当1>x 时，0)(<x f ，且()()()f x y f x f y ⋅=+，且1)2(-=f ，下列说法正确的是( )A.()10f =B.函数()f x 在(0,)+∞上单调递减C.2021)2021()2020()3()2()21()31()20201()20211(=+++++++++f f f f f f f f D.满足不等式2)3()1(≥--x f xf 的x 的取值范围为),4[+∞12. 已知函数⎩⎨⎧>+-≤+=2,1582,2|log |)(22x x x x x x f ，若方程 ()f x k =有四个不同的零点1x ,2x ,3x ,4x ，且4321x x x x <<<，则下列结论正确的是( )A.32≤<kB.22221≥+x xC.()12348x x x x +=D.3221>+x x三､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）四、解答题(本题共6小题，共70分，其中第16题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.) 13.木雕是我国古建筑雕刻中很重要的一种艺术形式，传统木雕精致细腻､气韵生动､极富书卷气.如图是一扇环形木雕，可视为扇形OCD 截去同心扇形OAB 所得部分.已知m OA 6.0=，m AD 4.1=，100AOB ∠=︒，则该扇环形木雕的面积为________2m .14.若函数)0,0()(>>+=b a b ax x f 在区间[1,2]上的最小值为3,则2111+++b a 的最小值为_______. 15.已知函数)0(2)(2>-=m mx x x f 满足：①8)(],2,0[-≥∈∀x f x ；②8)(],2,0[0-=∈∃x f x ,则m 的值为______．16.已知函数|12|)(-=-x x f ,⎩⎨⎧>-≤<=2,320|,log |)(2x x x x x g ，且方程()f x m =有两个不同的解，则实数m 的取值范围为__________ ，方程[]()g f x m =解的个数为_________．四、解答题(本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.)17.(本题满分10分) 化简求值（1）21412)94(813)7(+⨯+--;(2)若3πα=,求)29sin()cos()3tan()2cos()2sin(απαπαπαππα+----的值.18. (本题满分12分) 已知函数)26cos(3)(x x f -=π.(1)求函数()f x 的单调区间； (2)求函数()f x 在区间]2,4[ππ-上的最小值和最大值.19. (本题满分12分) 2020年我国面对前所未知，突如其来，来势汹汹的新冠肺炎疫情，中央出台了一系列助力复工复产好政策.城市快递行业运输能力迅速得到恢复,市民的网络购物也越来越便利.根据大数据统计，某条快递线路运行时，发车时间间隔t （单位：分钟）满足：205≤≤t ，t N ∈，平均每趟快递车辆的载件个数)(t R (单位：个)与发车时间间隔t 近似地满足⎩⎨⎧≤≤<≤--=2014,1618145,)10(1618)(2t t t t R ，其中t N ∈.(1)若平均每趟快递车辆的载件个数不超过1600个，试求发车时间间隔t 的值； (2)若平均每趟快递车辆每分钟的净收益5()7770()100R t S t t-=+(单位：元)，问当发车时间间隔t 为多少时，平均每趟快递车辆每分钟的净收益最大？并求出最大净收益(结果取整数).20. (本题满分12分)已知函数|1sin 2|)(-=x x f ,],0[π∈x . (1)求)(x f 的最大值及)(x f 取最大值时x 的值;(2)设实数R a ∈,求方程01)(2)]([32=+-x af x f 存在8个不等的实数根时a 的取值范围.21. (本题满分12分)已知函数f (x )＝x 2－4x ＋a ，g (x )＝ax ＋5－a . (1)若函数y ＝f (x )在区间[－1,0]上存在零点，求实数a 的取值范围；(2)若对任意的x 1∈[-1,3]，总存在x 2∈[-1,3]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．22. (本题满分12分)已知函数)(x f 的定义域为)1,1(-，且满足:对任意)1,1(,-∈y x ,都有)1()()(xyyx f y f x f ++=+.(1)求证:函数)(x f 为奇函数;(2)若当)1,0(∈x ,)(x f <0,求证: )(x f 在)1,1(-上单调递减; (3)在(2)的条件下解不等式: 0)2121()1(2>-+-+x f x x f .黄冈市2021年秋季高一年级期末考试数学试题参考答案一、选择题1.C2.B3.A4.A5.A6.B7.A8.B9.ABD 10. BD 11.ABD 12.BCD4.A ∵R x ∈∃, 不等式0142<---a x x 不成立,则不等式0142≥---a x x 对R x ∈∀恒成立,等价于R x ∈时min 2)14(--≤x x a ,当R x ∈时, .5,5)14(min 2-≤∴-=--a x x 故BCD 不正确.5.A 设g (x )＝f (x )－2，则g (x )为奇函数，且在R 上单调递增，又f (a )＋f (2a －1)>4可化为f (a )－2>－f (2a －1)＋2＝-[ f (2a －1)-2]＝g (1－2a )，即g (a )>g (1－2a )，∴a >1－2a ，∴ a >31. 6.B 依题意知 ,1=a 若函数)3(log )(g 22+-=bx x x 的值域为),1[+∞,则32+-=bx x t 的最小值为2,4,243422==-⨯b b 解得，∴=+22b a 5. 7.A ∵2,0012-≠≠≥-x x x 且,∴函数)(x f 定义域为]1,0()0,1[ -关于原点对称, 21)(x x x f -=,函数)(x f 为奇函数,易得)(x f 的图象为A.8. B 因为2)2sin(336sin 336)2()(2=-+++++=-+-x x x f x f xx πππ, 所以)]10112021()10112()10111([2f f f +++ .20212))]10111()10112021(())10112021()10112(())10112021()10111([(⨯=++++++=f f f f f f=+++)10112021()10112()10111(f f f 2021. 9.ABD 由题得()1,0,R x Q D x x C Q ∈⎧=⎨∈⎩，则0)2(=D ，①正确；容易得()D x 的值域为{}0,1，②正确；因为()1,0,R x QD x x C Q ∈⎧-=⎨∈⎩，所以()()D x D x -=，()D x 为偶函数，③不正确；因为⎩⎨⎧∈∈=-QC x Qx x D R ,0,1)1(，所以)()1(x D x D =-，④正确．故选ABD ． 10.BD 因为22cos sin =+αα①，又sin 2α+cos 2α=1②，联立①②，解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=-=462cos 462sin αα或，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=462cos 462sin αα 因为α∈R ，所以32tan +-=α或32--. 故选：BD11.ABD 对于A ：令1x y ==，得(1)(1)(1)2(1)f f f f =+=，所以(1)0f =，故选项A 正确；对于B ：令1y x =，得11()(1)0f x f x f f x x ⎛⎫⎛⎫⋅=+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1()f f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，任取1x ，2(0,)x ∈+∞，且12x x <，则()()()2212111x f x f x f x f f x x ⎛⎫⎛⎫-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为211x x >，所以0)(12<x x f ，所以)()(12x f x f <，所以()f x 在(0,)+∞上单调递减，故选项B 正确；对于C ：)2021()2020()3()2()21()31()20201()20211(f f f f f f f f +++++++++ )221()331()202020201()202120211(⨯+⨯++⨯+⨯=f f f f =0)1()1()1(=+++f f f 故选项C 不正确；对于D ：因为1)2(-=f ，由1()f f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭可得1)2()21(=-=f f ，所以2)21()21()41(=+=f f f ，所以不等式2)3()1(≥--x f x f 等价于)41()31()1(f x f xf ≥-+即)41())3(1(f x x f ≥-，因为()f x 在(0,)+∞上单调递减，所以⎪⎩⎪⎨⎧>-≤-0341)3(1x x x 解得：4≥x ，所以原不等式的解集为),4[+∞，故选项D 正确；故选：ABD ．12.BCD 如图示，在同一个坐标系内作出⎩⎨⎧>+-≤+=2,1582,2|log |)(22x x x x x x f和y k =的图像，从图像可知：要使方程()f x k =有四个不同的零点，只需32<<k ，故A 错误；对于B,由121=x x 得：121x x =，所以1222222,(12)x x x x x +=+<<令22()2f x x x x x=+≥⋅=2x =22.故B 正确；对于C,1x ，2x 是)32(,2|log |2<<=+k k x 的两根，所以1222log log xx-=，即1222log log 0xx+=，所以122log 0x x =，所以121=x x ；由34,x x 是32,1582<<=+-k k x x 的两根，所以348x x +=,所以()12348x x x x +=成立.故C 正确；对于D ,由121=x x 得：12222)221,(12x x x x x =<++< 令1()2,(12)f x x x x=+<<在(1,)+∞上当增，所以()(1)3>=f x f .故D 正确. 二、填空题 13．91 3.1790π≈ （准确与精确都给满分） 14．23. 15. 3 16. 01m << （2分）； 4（3分） 15.解析：因为函数)0(2)(2>-=m mx x x f 满足: ①8)(],2,0[-≥∈∀x f x ；②8)(],2,0[0-=∈∃x f x ,即函数)0(2)(2>-=m mx x x f 在[]0,2上的最小值为-8，因为22)()(m m x x f --=，对称轴是x m =，开口向上，当02m <<时，()f x 在[]0,m 单调递减，在[],2m 单调递增，故)(x f 的最小值为82-=-m ，解得,22±=m ，不合题意，当2m ≥时，()f x 在[]0,2单调递减,844)2()(min -=-==m f x f 解得,3=m ，符合题意．综上所述，3=m ．16 .解析：函数|12|)(-=-x x f 图象如下：方程()f x m =有两个不同的解，则函数()y f x =与直线y m =有两个不同的交点，故01m <<；方程[]()g f x m =中，设),0()(+∞∈=x f t ，即()g t m =，即函数()y g t =与直线()0,1y m =∈的交点问题，⎩⎨⎧>-≤<=2,320|,log |)(2t t t t t g 图象如下：故结合图象可知，函数()y g t =与()0,1y m =∈有3个交点，即()g t m =有三个根123,,t t t ，其中)3,2(),2,1(),1,0(321∈∈∈t t t ，再结合()y f x =图象可知，方程)1,0(1∈t 有2个不同的x 根；方程)2,1(2∈t 有1个不同的x 根；方程)3,2(3∈t 有1个不同的x 根. 综上，方程[]()g f x m =方程解的个数为4. 故答案为：01m <<；4.17.(1)解: 21412)94(813)7(+⨯+--=1+32391+⨯=2.…………………5分(2)解:∵原式=)2sin(cos )tan (sin )]2(4sin[cos )](2tan[sin sin 2απααααππααππαα+--=++--+…………………6分=ααα333tan cos sin =--.…………………8分 ∴当3πα=时,原式=333tan3=π.…………………10分18.解: (1)∵)62cos(3)26cos(3)(ππ-=-=x x x f …………………1分令ππππk x k 2622≤-≤-，k Z ∈，得12125ππππ+≤≤-k x k ，k Z ∈，…………………3分令ππππ+≤-≤k x k 2622，k Z ∈，得12712ππππ+≤≤+k x k ，k Z ∈，…………………5分故函数()f x 的递调递增区间为]12,125[ππππ+-k k ，k Z ∈；单调递减区间为]127,12[ππππ++k k ，k Z ∈. …………………6分 (2)当]2,4[ππ-∈x 时，]65,32[62πππ-∈-x ，…………………7分 ∴当062=-πx ，即12π=x 时，()f x 取得最大值，3)(max =x f ，…………………9分当5266x ππ-=，即2x π=时，()f x 取得最小值，min 53()3)62f x π==-，……11分∴函数()f x 在区间]2,4[ππ-上的最小值和最大值分别为32-，3.…………………12分19.解: (1)当2014≤≤t 时，16001618>，不满足题意，舍去. …………………1分当145<≤t 时，1600)10(16182≤--t ，即082202≥+-t t .…………………3分解得2310+≥t （舍）或2310-≤t . ∵145<≤t 且t N ∈，∴5=t .所以发车时间间隔为5分钟. …………………5分(2)由题意可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤+<≤++-=2014,100320145,200)1805()(t tt tt t S .…………………7分当145<≤t ，6=t 时，14020018052)(=+⋅-≤tt t S （元）…………………9分当2014<≤t ，14=t 时，12310014320)(≈+≤t S （元）…………………11分所以发车时间间隔为6分钟时，净收益最大为140（元）. …………………12分20. 解: (1)∵52sin 1,66()512sin ,066x x f x x x x πππππ⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤<<≤⎪⎩或,…………………3分∴当]65,6[ππ∈x 时, ;1)2()(max ==πf x f ∴当5[0,)(,]66x πππ∈时, max ()(0)(π)1f x f f ===. 故当02x ππ=，，时, max ()1f x =.…………………5分(2)令)(x f t =,则]3,0[∈t ，使方程01)(2)]([32=+-x af x f 存在8个不等的实数根,则，方程01232=+-at t 在(0,1)t ∈上存在两个相异的实根, …………………7分令123)(2+-=at t t g ,则2(0)10(1)3210(2)4310013g g a a a =>⎧⎪=-+>⎪⎪⎨∆=--⨯⨯>⎪⎪<<⎪⎩，解得32a <<.…………………11分故所求的a 的取值范围是32a <<.…………………12分21.解: (1)因为函数f (x )的对称轴是x ＝2，所以y ＝f (x )在区间[－1,0]上是减函数，因为函数y ＝f (x )在区间[－1,0]上存在零点，则必有⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)≥0，f (0)≤0，…………………3分即⎩⎪⎨⎪⎧5＋a ≥0，a ≤0，解得－5≤a ≤0.故所求实数a 的取值范围[－5,0]．…………………5分 (2)若对任意的x 1∈[-1,3]，总存在x 2∈[-1,3]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，只需当x ∈[-1,3]时函数y ＝f (x )的函数值组成的集合为函数y ＝g (x )的函数值组成的集合的子集．…………………7分f (x )＝x 2－4x ＋a 在区间x ∈[-1,3]的函数值组成的集合为[a －4，a ＋5]，…………………8分 ①当a ＝0时，g (x )＝5为常数，不符合题意，舍去；…………………9分②当a >0时，g (x )在区间[-1,3]的值域为[5－2a ，5+2a ]，所以⎩⎨⎧+≥+-≤-aa a a 525425, 解得3≥a .…………………10分③当a <0时，g (x )在区间[-1,3]的值域为[5+2a , 5－2a ]，所以⎩⎨⎧-≤+-≤+aa a a 255425,9-≤a ．…………………11分综上所述，实数a 的取值范围为),3[]9.(+∞--∞ ．…………………12分 22.(1)因为函数)(x f 的定义域为)1,1(-关于原点对称, ……………1分由)1()()(xyyx f y f x f ++=+，取x=y=0,得)0()0100()0()0(f f f f =++=+,∴0)0(=f .……………2分取y=-x,则0)0()1()()(2==--=-+f x xx f x f x f ,∴)()(x f x f -=-,故函数)(x f 为奇函数. ……………3分 (2)对)1,1(,21-∈∀x x ,且21x x <,则)1()()()()(21121212x x x x f x f x f x f x f --=-+=-,由1121<<<-x x ,得01,02112>->-x x x x ,∴012112>--x x x x ,……………5分又01)1)(1(111121212121212112>--+=---+=---x x x x x x x x x x x x x x , ∴112112<--x x xx ,……………7分∴1102112<--<x x x x ,由)1,0(∈x ,)(x f <0知0)1(2112<--x x xx f,0)()(12<-x f x f 即)()(12x f x f <，故)(x f 在)1,1(-上单调递减. ……………8分 (3)由(1)和(2)知函数)(x f 既为奇函数,同时)(x f 在)1,1(-上单调递减，则不等式0)2121()1(2>-+-+x f x x f 等价于:)2121()2121()1(2-=-->-+x f x f x x f , ……………10分∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-<-+<-<-<-+<-2121112121111122x x x x x x ,解得210<<x ,故不等式的解集为}210|{<<x x .……………12分。

湖北省黄冈市黄州中学(黄冈外校)2022-2023学年高一实验朝阳班下学期第六次阶段性测试数学试题

湖北省黄冈市黄州中学（黄冈外校）2022-2023学年高一实
验朝阳班下学期第六次阶段性测试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
A ．
42
3
B ．3
C ．
8
35．已知ABC ∆外接圆的半径为1，圆心为O ．若OA = ·CACB 等于
A ．3
B ．23
C ．
3
2
6．若π02α<<
，02βπ<<，3cos()5αβ+=，πsin 4β⎛- ⎝
二、多选题
A．异面直线1A P与AD
三、填空题
四、解答题
14．在ABC ∆中，已知2sin A （1）求内角B 的大小（2）若3
cos ,3
A =
求sin 2C 15．已知(1,0)a = ，(1,3)b = (1)若m n ⊥
，求实数k 的值；
(2)当2k =时，求m
与n 的夹角的余弦值；
(3)是否存在实数k ，使//m n
(1)求圆柱的表面积
(2)求四棱锥P ABCD -18．如图，在直三棱柱(1)求证：11AC B C ⊥；
(2)求1B C 与平面11AAC C 19．“方舱医院”原为解放军野战机动医疗系统中的一种，是可以移动的模块化卫生医疗平台，一般由医疗功能区、病房区等部分构成，具有紧急救治、外科处置、临床检验等多方面功能．某市有一块扇形地块，因疫情所需，当地政府现紧急划拨该地块为方舱医院建设用地．如图所示，平行四边形
(1)当
π
4
θ=时，求OM ON
⋅
；
(2)请写出病房区OMPN的面积值．。

2020-2021学年湖北省黄冈市高一(下)期末数学试卷(解析版)

2020-2021学年湖北省黄冈市高一（下）期末数学试卷一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1．已知i为虚数单位，复数z满足z（3+i）＝2﹣i，则下列说法正确的是（）A．复数z的模为B．复数z的共轭复数为C．复数z的虚部为D．复数z在复平面内对应的点在第二象限2．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝45°，则cos B＝（）A．B．﹣C．D．﹣3．不同的直线m和n，不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出α∥β的是（）A．α∩γ＝n，β∩γ＝m，n∥m B．α⊥γ，β⊥γC．n∥m，n⊥α，m⊥βD．n∥α，m∥β，n∥m4．若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积是球体积两倍时，该圆锥的高为（）A．2B．4C．D．5．一个正方体有一个面为红色，两个面为绿色，三个面为黄色，另一个正方体有两个面为红色，两个面为绿色，两个面为黄色，同时掷这两个正方体，两个正方体朝上的面颜色不同的概率为（）A．B．C．D．6．如图，正三棱锥A﹣BCD中，∠BAD＝20°，侧棱长为2，过点C的平面与侧棱AB、AD相交于B1、D1，则△CB1D1的周长的最小值为（）A．B．C．4D．27．如图所示，△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，D是BC的中点，，则＝（）A．B．C．D．8．欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发点．其中第Ⅰ命题47是著名的毕达哥拉斯定理（勾股定理），书中给出了一种证明思路：如图，Rt △ABC中，∠BAC＝90°，四边形ABHL、ACFG、BCDE都是正方形，AN⊥DE于点N，交BC于点M．先证明△ABE与△HBC全等，继而得到矩形BENM与正方形ABHL面积相等；同理可得到矩形CDNM与正方形ACFG面积相等；进一步推理得证．在该图中，若，则sin∠BEA＝（）A．B．C．D．二、多项选择题．本大题共4个小题,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得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.9．下列各组向量中，可以作为基底的是（）A．＝（0，2），＝（，0）B．＝（0，0），＝（1，﹣2）C．＝（1，3），＝（﹣2，﹣6）D．＝（3，5），＝（5，3）10．下列关于复数z的四个命题中假命题为（）A．若，则z为纯虚数B．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2C．若|z﹣i|＝1，则|z|的最大值为2D．若z3﹣1＝0，则z＝111．如图在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点D是AB上的动点，则下列结论正确的是（）A．BC⊥AC1B．当D为AB的中点时，平面CDB1⊥平面AA1B1BC．当D为AB中点时，AC1∥平面CDB1D．三棱锥A1﹣CDB1的体积是定值12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（）A．c＝a cos B+b cos AB．若a cos A＝b cos B，则△ABC为等腰三角形C．若a2tan B＝b2tan A，则a＝bD．若a3+b3＝c3，则△ABC为锐角三角形三、填空题(本题共4个小题,每题5分,共20分)13．一个口袋中装有2个红球，3个绿球，采用不放回的方式从中依次取出2个球，则第一次取到绿球第二次取到红球的概率为．14．在△ABC中，D是BC的中点，AB＝1，AC＝2，AD＝，则△ABC的面积为．15．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是AC的中点，直线B1O与平面ACD1所成角的正弦值为．16．如图等腰梯形ABCD中，AB∥CD，，O是梯形ABCD的外接圆的圆心，M是边BC上的中点，则的值为．三、解答题:本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或验算步骤．17．复数z满足|z|＝，z2为纯虚数，若复数z在复平面内所对应的点在第一象限．（1）求复数z；（2）复数z，，z2所对应的向量为，，，已知（λ+）⊥（λ+），求λ的值．18．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，（1）求角A；（2）若a＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．19．黄冈市一中学高一年级统计学生本学期20次数学周测成绩（满分150），抽取了甲乙两位同学的20次成绩记录如下：甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，142，141乙：102，105，113，114，116，117，125，125，127，128，128，131，131，135，136，138，139，142，145，150（1）根据以上记录数据求甲乙两位同学成绩的中位数，并据此判断甲乙两位同学的成绩谁更好？（2）将同学乙的成绩分成[100，110），[120，130）[130，140）[140，150），完成下列频率分布表，并画出频率分布直方图；（3）现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意取出2个成绩，求取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率．分组频数频率[100，110）[110，120）[120，130）[130，140）[140，150]合计20120．如图，已知在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD且BC＝2AD，平面PAC⊥平面ABCD，PA＝PC，PA⊥AB．（1）证明：AB⊥PC；（2）若PA⊥PC，PB＝2PC＝4，求四棱锥P﹣ABCD的体积．21．如图，四边形ABCD中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AD⊥CD，设∠ACD＝θ．（1）若△ABC面积是△ACD面积的4倍，求sin2θ；（2）若tan∠ADB＝，求tanθ．22．如图①梯形ABCD中AD∥BC，AB＝，BC＝1，，BE⊥AD且BE＝1，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面ABE⊥平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且AP＝2PB，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q．（1）证明：Q是的中点；（2）证明：AD⊥平面BEQ；（3）M是AB上一点，已知二面角M﹣EC﹣B为45°，求的值．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i为虚数单位，复数z满足z（3+i）＝2﹣i，则下列说法正确的是（）A．复数z的模为B．复数z的共轭复数为C．复数z的虚部为D．复数z在复平面内对应的点在第二象限【分析】直接利用复数的运算，复数的共轭运算，复数的模，复数表示的几何意义的应用判断A、B、C、D的结论．解：复数z满足z（3+i）＝2﹣i，整理得：，对于A：，故A正确；对于B：复数z的共轭复数为，故B错误；对于C：复数z的虚部为，故C错误；对于D：复数z在复平面内对应的点在第四象限，故D错误．故选：A．2．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝45°，则cos B＝（）A．B．﹣C．D．﹣【分析】根据正弦定理可得：sin B＝＝，由a＝15＞b＝10，由大边对大角可得：0＜B＜A＝45°，故可求cos B的值．解：根据正弦定理可得：sin B＝＝＝，∵a＝15＞b＝10，∴由大边对大角可得：0＜B＜A＝45°，∴cos B＝＝．故选：C．3．不同的直线m和n，不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出α∥β的是（）A．α∩γ＝n，β∩γ＝m，n∥m B．α⊥γ，β⊥γC．n∥m，n⊥α，m⊥βD．n∥α，m∥β，n∥m【分析】利用平面平行的判定定理，对四个选项分别进行判断，能够得到正确答案．解：由不同的直线m和n，不同的平面α，β，γ，知：若α∩γ＝n，β∩γ＝m，n∥m，则α与β相交或平行，故A不正确；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故B不正确；若n∥m，n⊥α，m⊥β，则由平面平行的判定定理知α∥β，故C正确；若n∥α，m∥β，n∥m，则α与β相交或平行，故D不正确．故选：C．4．若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积是球体积两倍时，该圆锥的高为（）A．2B．4C．D．【分析】利用体积公式求出圆锥底面圆半径r与高h的关系，再通过球与圆锥相切，利用等面积法列出r与h的另一组关系，通过解方程组求解．解：如图，圆锥的轴截面为等腰△SAB，且内切圆为球的大圆．设圆锥底面圆周的半径为r，高为h，球的半径为R，R＝1．则由条件有，整理得r2h＝8①在△SAB中，，所以②，联立①②，解得．故选：B．5．一个正方体有一个面为红色，两个面为绿色，三个面为黄色，另一个正方体有两个面为红色，两个面为绿色，两个面为黄色，同时掷这两个正方体，两个正方体朝上的面颜色不同的概率为（）A．B．C．D．【分析】根据已知条件，结合古典概型的概率公式，可得两个正方体朝上的面颜色相同的概率，再求其对立事件的概率，即可求解．解：第一个正方体出现红色，绿色，黄色的概率分别为，第二个正方体出现红色，绿色，黄色的概率分别为，∵两个正方体朝上的面颜色相同的概率为，∴两个正方体朝上的面颜色不同的概率为1﹣＝．故选：C．6．如图，正三棱锥A﹣BCD中，∠BAD＝20°，侧棱长为2，过点C的平面与侧棱AB、AD相交于B1、D1，则△CB1D1的周长的最小值为（）A．B．C．4D．2【分析】首先，展开三棱锥，然后，两点间的连接线CC'即是截面周长的最小值，然后，求解其距离即可．解：把正三棱锥A﹣BCD的侧面展开，两点间的连接线CC'即是截面周长的最小值．正三棱锥A﹣BCD中，∠BAD＝20°，所以，∠CAC′＝60°，AC＝2，∴CC′＝2，∴截面周长最小值是CC′＝2．故选：D．7．如图所示，△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，D是BC的中点，，则＝（）A．B．C．D．【分析】根据已知条件代入化简，通过向量的数量积的定义求解即可．解：∵△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，D是BC的中点，，∴＝（）•（﹣）＝（）•（﹣（））＝（）•（﹣﹣）＝﹣﹣﹣＝﹣×32﹣×22﹣×3×2×＝﹣．故选：B．8．欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发点．其中第Ⅰ命题47是著名的毕达哥拉斯定理（勾股定理），书中给出了一种证明思路：如图，Rt △ABC中，∠BAC＝90°，四边形ABHL、ACFG、BCDE都是正方形，AN⊥DE于点N，交BC于点M．先证明△ABE与△HBC全等，继而得到矩形BENM与正方形ABHL面积相等；同理可得到矩形CDNM与正方形ACFG面积相等；进一步推理得证．在该图中，若，则sin∠BEA＝（）A．B．C．D．【分析】设AB＝k，AC＝m，BC＝n，由勾股定理可得k2+m2＝n2，由同角的基本关系式求得sin∠BAE，cos∠BAE，在△ABE中，求得AE，分别运用余弦定理和正弦定理，计算可得所求值．解：设AB＝k，AC＝m，BC＝n，可得k2+m2＝n2，∵BH∥CL，∴∠BHC＝∠HCL，又△ABE≅△HBC，可得∠BHC＝∠BAE，∴∠HCL＝∠BAE，∴，即，∴m＝k，∴，在△ABE中，，得，在△ABE中，，即，可得．故选：D．二、多项选择题．本大题共4个小题,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得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.9．下列各组向量中，可以作为基底的是（）A．＝（0，2），＝（，0）B．＝（0，0），＝（1，﹣2）C．＝（1，3），＝（﹣2，﹣6）D．＝（3，5），＝（5，3）【分析】利用基底的定义，判断两个向量是否共线，即可得到结果．解：∵0×，∴与不共线，∴A正确，∵0×（﹣2）＝0×1，∴与共线，∴B错误，∵1×（﹣6）＝3×（﹣2），∴与共线，∴C错误，∵3×3≠5×5，∴与不共线，∴D正确，故选：AD．10．下列关于复数z的四个命题中假命题为（）A．若，则z为纯虚数B．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2C．若|z﹣i|＝1，则|z|的最大值为2D．若z3﹣1＝0，则z＝1【分析】选项A：设z＝a+bi，（a，b为实数），然后求出共轭复数，进而可以判断；选项B：举出反例即可判断，选项C：根据复数的几何意义即可判断，选项D：举出反例即可判断．解：选项A：设z＝a+bi，（a，b为实数），因为，所以z+＝2a＝0，则a＝0，所以z＝bi，因为b可能为0，故A错误，选项B：当z1＝1+i，z2＝1﹣i时，|z1|＝|z2|，故B错误，选项C：当|z﹣i|＝1时，复数z对应的点在以（0，1）为圆心，1为半径的圆上，故|z|的最大值为1+1＝2，故C正确，选项D：当z＝﹣时，z3＝1，故D错误，故选：ABD．11．如图在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点D是AB上的动点，则下列结论正确的是（）A．BC⊥AC1B．当D为AB的中点时，平面CDB1⊥平面AA1B1BC．当D为AB中点时，AC1∥平面CDB1D．三棱锥A1﹣CDB1的体积是定值【分析】对于A，推导出BC⊥CC1，AC⊥CB，从而BC⊥平面ACC1A1，进而BC⊥AC1；对于B，当CD⊥AB时，存在点D，使得平面CDB1⊥平面AA1B1B，此时D不一定为中点；对于C，设BC1∩B1C＝O，连结OD，D是AB中点时，OD∥AC1，得AC1∥平面CDB1；对于D，△A1B1C的面积是定值，由AB∥A1B1，知AB∥平面A1B1C，D到平面A1B1C的距离是定值，进而三棱锥A1﹣CDB1的体积是定值．解：对于A，∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，∴BC⊥CC1，又AC⊥CB，CC1∩CA＝C，CC1⊂平面ACC1A1，CB⊂平面ACC1A1，∴BC ⊥平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1，故A正确；对于B，∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，∴AA1⊥CD，∴当CD⊥AB时，由AA1，AB是平面AA1B1B中的相交线，得到CD⊥平面AA1B1B，平面CDB1⊥平面AA1B1B，此时D不一定为中点，故B错误；对于C，设BC1∩B1C＝O，则O是BC1中点，连结OD，则D是AB中点时，OD∥AC1，∵AC1⊄平面CDB1，OD⊂平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1，故C正确；对于D，∵△A1B1C的面积是定值，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，∴AB∥平面A1B1C，∴D到平面A1B1C的距离是定值，∴三棱锥A1﹣CDB1的体积是定值，故D正确．故选：ACD．12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（）A．c＝a cos B+b cos AB．若a cos A＝b cos B，则△ABC为等腰三角形C．若a2tan B＝b2tan A，则a＝bD．若a3+b3＝c3，则△ABC为锐角三角形【分析】由正弦定理以及三角恒等变换可得sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+sin B cos A，即可判断A；由正弦定理可将条件转换为sin2A＝sin2B，进而得到A＝B或A+B＝，即可判断B；由正弦定理把a2tan B＝b2tan A转化为：sin2A tan B＝sin2B tan A，化简后可判断C；由a3+b3＝c3变形得：（）3+（）3＝1＜（）2+（）²，可判断D；解：对A：∵sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+sin B cos A，∴c＝a cos B+b cos A，所以A正确；对B：∵a cos A＝b cos B，∴sin A cos A＝sin B cos B，即sin2A＝sin2B，∵△ABC的内角A，B，C，∴2A＝2B或2A+2B＝π即A＝B或A+B＝，故三角形可能是等腰三角形或直角三角形，故B错误；对C：∵a2tan B＝b2tan A，∴由正弦定理得：sin2A tan B＝sin2B tan A，得：，整理得：sin A cos A＝sin B cos B，∴sin2A＝sin2B，∴A＝B或A+B＝，故C错误；对D：由题意知：a、b、c中c是最大的正数，∴由a3+b3＝c3变形得：（）3+（）3＝1＜（）2+（）²，∴a2+b2＞c2，∴C为锐角，又知C为最大角，∴△ABC为锐角三角形，故D正确；故选：AD．三、填空题(本题共4个小题,每题5分,共20分)13．一个口袋中装有2个红球，3个绿球，采用不放回的方式从中依次取出2个球，则第一次取到绿球第二次取到红球的概率为0.3．【分析】根据已知条件，分别求出样本空间的个数和第一次取到绿球第二次取到红球的样本数，再结合古典概型的概率计算公式，即可求解．解：由题意可得，样本空间的总数为5×4＝20，第一次取到绿球第二次取到红球的样本数为3×2＝6，故所求的概率P＝．故答案为：0.3．14．在△ABC中，D是BC的中点，AB＝1，AC＝2，AD＝，则△ABC的面积为．【分析】根据题意＝（），两边平方即可求出＝﹣1，从而可求出cos ∠BAC＝﹣，进而求出sin∠BAC＝，然后根据三角形的面积公式即可求出△ABC 的面积；解：∵D是BC中点，且AB＝1，AC＝2，AD＝，∴＝（），则＝（）²，即＝（1+4+2），∴＝﹣1，∴cos∠BAC＝＝＝﹣，∴sin∠BAC＝，∴S△ABC＝AB•AC sin∠BAC＝＝．故答案为：．15．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是AC的中点，直线B1O与平面ACD1所成角的正弦值为．【分析】首先建立空间直角坐标系且不妨设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为1，于是写出各点的坐标，然后求出平面ACD1的一个法向量为，进而由sinθ＝即可得出所求的答案．解：以AB、AD、AA1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为1，则A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），C（1，1，0），B1（1，0，1），C1（1，1，1），D1（0，1，1），O（，，0），所以＝（﹣，，﹣1），，．设平面ACD1的一个法向量为，则，即，令y＝﹣1，则x＝1＝z，则．于是，＝＝＝，所以sinθ＝|cos＜＞|＝．其中θ为直线B1O与平面ACD1所成角．所以直线B1O与平面ACD1所成角的正弦值为．故答案为：．16．如图等腰梯形ABCD中，AB∥CD，，O是梯形ABCD的外接圆的圆心，M是边BC上的中点，则的值为16．【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算，即可求解结论．解：设，∵M是边BC上的中点，∴λ＝，则，又∵，∴，∵O是△ABC的外心，∴，∴＝＝＝，即，故答案为：16．三、解答题:本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或验算步骤．17．复数z满足|z|＝，z2为纯虚数，若复数z在复平面内所对应的点在第一象限．（1）求复数z；（2）复数z，，z2所对应的向量为，，，已知（λ+）⊥（λ+），求λ的值．【分析】（1）设z＝a+bi（a＞0，b＞0），由已知可得a与b的关系，列方程组求解a 与b的最值，则z可求；（2）由（1）中求得z可得，z2，得到，，，进一步得到（λ+）与（λ+）的坐标，再由数量积为0列式求解λ值．解：（1）设z＝a+bi（a＞0，b＞0），则，即a2+b2，①∵z2＝a2﹣b2+2abi为纯虚数，∴a2﹣b2＝0且2ab≠0，②由①②解得a＝1，b＝1，∴z＝1+i；（2）∵z＝1+i∴，z2＝2i，∴，∴，由，得，即，∴4λ﹣2＝0，得．18．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，（1）求角A；（2）若a＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．【分析】（1）由正弦定理可知sin A cos C+sin C＝sin B，，结合sin B＝sin（A+C）＝sin A cos C+cos A sin C，整理即可得到cos A，进而可求出A；（2）由余弦定理可求得（b+c）2﹣3bc＝7，结合面积公式得到bc，进而可知b+c，即可求出周长．解：（1）∵，由正弦定理得sin A cos C+sin C＝sin B，又∵sin B＝sin（A+C）＝sin A cos C+cos A sin C，∴，∵sin C＞0，∴，∴；（2）由余弦定理得：7＝b2+c2﹣2bc cos60°即b2+c2﹣bc＝7，∴（b+c）2﹣3bc＝7，又，∴bc＝6，∴（b+c）2﹣18＝7，∴b+c＝5，∴△ABC的周长为．19．黄冈市一中学高一年级统计学生本学期20次数学周测成绩（满分150），抽取了甲乙两位同学的20次成绩记录如下：甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，142，141乙：102，105，113，114，116，117，125，125，127，128，128，131，131，135，136，138，139，142，145，150（1）根据以上记录数据求甲乙两位同学成绩的中位数，并据此判断甲乙两位同学的成绩谁更好？（2）将同学乙的成绩分成[100，110），[120，130）[130，140）[140，150），完成下列频率分布表，并画出频率分布直方图；（3）现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意取出2个成绩，求取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率．分组频数频率[100，110）[110，120）[120，130）[130，140）[140，150]合计201【分析】（1）分别求出甲、乙的中位数，从而得到乙的成绩更好．（2）完成频率分布表，作出乙的频率分布直方图．（3）甲乙两位同学的不低于140分的成绩共5个，甲两个成绩记作A1、A2，乙3个成绩记作B1、B2、B3（其中B3表示150分），任意选出2个成绩，利用列举法，求出取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率．解：（1）甲的中位数是＝119，乙的中位数是＝128＞119，∴乙的成绩更好．（2）完成频率分布表如下：分组频数频率[100，110）20.1[110，120）40.2[120，130）50.25[130，140）60.3[140，150）30.15合计201乙的频率分布直方图如下图所示：（3）甲乙两位同学的不低于140（分）的成绩共5个，甲两个成绩记作A1、A2，乙3个成绩记作B1、B2、B3（其中B3表示150分），任意选出2个成绩所有的取法为：（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（B1，B2），（B1，B3），（B2，B3），共10种取法，其中两个成绩不是同一个人的且没有满分的是：（A1，B1），（A1，B2），（A2，B1），（A2，B2），共4种取法，∴取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率P＝．20．如图，已知在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD且BC＝2AD，平面PAC⊥平面ABCD，PA＝PC，PA⊥AB．（1）证明：AB⊥PC；（2）若PA⊥PC，PB＝2PC＝4，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【分析】（1）取AC的中点O，连接PO，得出PO⊥AC，根据平面PAC⊥平面ABCD 得出PO⊥平面ABCD，证明PO⊥AB；再由AB⊥PA证明AB⊥平面PAC，即可证明AB ⊥PC．（2）根据题意利用分割补形法计算四棱锥P﹣ABCD的体积，另一种解法是直接计算四棱锥的体积即可．【解答】（1）证明：取AC的中点O，连接PO，如图所示；因为AP＝PC，所以PO⊥AC，又因为平面PAC⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，又因为AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB；......①又因为AB⊥PA，......②由①②可得AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC．（2）解：因为PB＝2PC＝4，所以PA＝PC＝2，又AB⊥PA，所以AB2＝PB2﹣PA2，所以；又因为PA⊥PC，PA＝PC＝2，所以，；由（1）知AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，所以；所以；又因为BC//AD，BC＝2AD，所以S△ABC＝2S△ACD，所以；所以四棱锥P﹣ABCD的体积是．另解：因为，所以，所以，计算四棱锥P﹣ABCD的体积是．21．如图，四边形ABCD中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AD⊥CD，设∠ACD＝θ．（1）若△ABC面积是△ACD面积的4倍，求sin2θ；（2）若tan∠ADB＝，求tanθ．【分析】（1）直接利用三角形的面积公式的应用求出结果；（2）利用正弦定理建立方程组，进一步建立三角函数式，最后解方程组求出结果．解：（1）设AB＝a，则，，，由题意S△ABC＝4S△ACD，则，所以．（2）由正弦定理，△ABD中，，即①在△BCD中，，即②②÷①得：，∴，化简得，所以．22．如图①梯形ABCD中AD∥BC，AB＝，BC＝1，，BE⊥AD且BE＝1，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面ABE⊥平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且AP＝2PB，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q．（1）证明：Q是的中点；（2）证明：AD⊥平面BEQ；（3）M是AB上一点，已知二面角M﹣EC﹣B为45°，求的值．【分析】（1）在图①中过C作CF⊥AD，证明PQ∥AD，结合R是CD的中点，推出Q 是AC的中点．（2）证明CD⊥CE，推出AE⊥CD，得到CD⊥平面ACE，推出CD⊥EQ，EQ⊥AC，即可证明EQ⊥平面ACD，得到EQ⊥AD，推出BE⊥AD然后证明AD⊥平面BEQ．（3）过M作MH⊥BE，过H作HG⊥CE，连结MG，说明∠MGH为二面角M﹣CE﹣B 的平面角，设，然后转化求解即可．【解答】证明：（1）在图①中过C作CF⊥AD，则EF＝BC＝1，CF＝BE＝1，又∵，∴DF＝1，∴DE＝2，∴DE∥BC，且DE＝2BC，∴DO＝2OB，又∵AP＝2PB，∴OP∥AD，∴OP∥平面ACD，又∵平面OPQR∩平面ACD＝RQ，∴OP∥RQ，∴PQ∥AD，又∵R是CD的中点，∴Q是AC的中点．（2）在直角梯形BCDE中，BC＝BE＝1，∴，∴∠CED＝∠BCE＝45°．又，∴∠ECD＝90°，DE＝2，∴CD⊥CE，①又∵平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE，∴AE⊥平面BCDE，∴AE⊥CD，②由①②得CD⊥平面ACE，∴CD⊥EQ，③∵，∴，∴AE＝CE，∴EQ⊥AC，④由③④可得EQ⊥平面ACD，∴EQ⊥AD，⑤又∵BE⊥AE，BE⊥DE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥AD，⑥由⑤⑥可得AD⊥平面BEQ．（3）过M作MH⊥BE，则MH⊥平面BCDE，过H作HG⊥CE，连结MG，则∠MGH为二面角M﹣CE﹣B的平面角，∴∠MGH＝45°，设，∴，又，∴HE＝λ，∵∠BEC＝45°，∴，由∠MGH＝45°得HG＝MH，∴，∴．。

湖北省2021版高一下学期数学期末考试试卷A卷(新版)

湖北省2021版高一下学期数学期末考试试卷A卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分） (2016高二上·郑州期中) 在△ABC中，a=2，b= ，∠A= ，则∠B=（）A .B .C . 或D . 或2. （2分）已知数列为等差数列，若且它们的前n项和有最大值，则使得的n的最大值为（）A . 11B . 19C . 20D . 213. （2分） (2019高三上·浙江月考) 由两个圆柱组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A .B .C .D .4. （2分）直线（1﹣2a）x﹣2y+3=0与直线3x+y+2a=0垂直，则实数a的值为（）A . -B .C .D .5. （2分）已知圆的方程为.设该圆过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（）A . 10B . 20C . 30D . 406. （2分）已知点O(0,0)，A(1,2),B(3,2)以线段AB为直径作圆C，则直线与圆c的位置关系是（）A . 相交且过圆心B . 相交但不过圆心C . 相切D . 相离7. （2分）设为两两不重合的平面，为两两不重合的直线，给出下列四个命题：①若，，则；②若，，，，则；③若，，则；④若，，，，则．其中真命题的个数是（）A . 1B . 2C . 3D . 48. （2分）圆C1：（x﹣m）2+（y+2）2=9与圆C2：（x+1）2+（y﹣m）2=4内切，则m的值（）A . ﹣2B . ﹣1C . ﹣2或﹣1D . 2或19. （2分） (2020高二上·莆田期中) 已知集合，，则（）A .B .C .D .10. （2分）直线与圆交于两点，则（是原点）的面积为（）A .B .C .D .11. （2分）已知倾斜角为θ的直线，与直线x﹣3y+1=0垂直，则tanθ=（）A .B . 3C . -3D . -12. （2分）(2017·贵港模拟) 用半径为R的圆铁皮剪一个内接矩形，再以内接矩形的两边分别作为圆柱的高与底面半径，则圆柱的体积最大时，该圆铁皮面积与其内接矩形的面积比为（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2020高一下·天津期末) 已知四面体各棱的长均为1，则这个四面体的表面积为________.14. （1分）四边形ABCD四顶点的坐标分别为A（0，0），B（1，0），C（2，1），D（0，3），将四边形绕y轴旋转一周得到一几何体，则此几何体的表面积为________．15. （1分） (2017高一上·葫芦岛期末) 点B在y轴上运动，点C在直线l：x﹣y﹣2=0上运动，若A（2，3），则△ABC的周长的最小值为________．16. （1分） (2018高一下·淮南期末) 若关于，的方程组无解，则 ________．三、解答题 (共6题；共50分)17. （5分） (2017高一下·盐城期中) 求经过A（﹣2，3），B（4，﹣1）的两点式方程，并把它化成点斜式、斜截式、截距式和一般式．18. （10分） (2018高一上·兰州期末) 已知四棱锥P－ABCD的体积为，其三视图如图所示，其中正视图为等腰三角形，侧视图为直角三角形，俯视图是直角梯形．（1）求正视图的面积；（2）求四棱锥P－ABCD的侧面积．19. （10分） (2019高一下·广东期末) 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足.（1）求角A的大小；（2）若，，求的面积.20. （10分） (2015高二上·济宁期末) 已知数列{bn}的前n项和是Sn ，且bn=1﹣2Sn ，又数列{an}、{bn}满足点{an ， 3 }在函数y=（）x的图象上．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）若cn=an•bn+ ，求数列{an}的前n项和Tn ．21. （5分） (2018高二下·晋江期末) 某厂拟用集装箱托运甲、乙两种货物，集装箱的体积、重量、可获利润和托运能力等限制数据列在表中，如何设计甲、乙两种货物应各托运的箱数可以获得最大利润，最大利润是多少？22. （10分）(2019·潍坊模拟) 如图，点为圆：上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线 .（1）求曲线的方程；（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.参考答案一、单选题 (共12题；共24分)答案：1-1、考点：解析：答案：2-1、考点：解析：答案：3-1、考点：解析：答案：4-1、考点：解析：答案：5-1、考点：解析：答案：6-1、考点：解析：答案：7-1、考点：解析：答案：8-1、考点：解析：答案：9-1、考点：解析：答案：10-1、考点：解析：答案：11-1、考点：解析：答案：12-1、考点：解析：二、填空题 (共4题；共4分)答案：13-1、考点：解析：答案：14-1、考点：解析：答案：15-1、考点：解析：答案：16-1、考点：解析：三、解答题 (共6题；共50分)答案：17-1、考点：解析：答案：18-1、答案：18-2、考点：解析：答案：19-1、答案：19-2、考点：解析：答案：20-1、答案：20-2、考点：解析：答案：21-1、考点：解析：答案：22-1、答案：22-2、考点：解析：。