江苏省泰州市高一下学期数学期末考试试卷
江苏省泰州市高一下学期期末数学试卷
江苏省泰州市高一下学期期末数学试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共8题；共16分)1. （2分）直线l过点（0，1），且倾斜角为450 ，则直线l的方程是（）A . x+y+1=0B . x﹣y+1=0C . x﹣y﹣1=0D . x+y﹣1=02. （2分） (2017高一下·定州期末) 若圆C：（x﹣5）2+（y+1）2=m（m＞0）上有且只有一点到直线4x+3y ﹣2=0的距离为1，则实数m的值为（）A . 4B . 16C . 4或16D . 2或43. （2分）(2017·龙岩模拟) 数列{an}中，若存在ak ，使得“ak＞ak﹣1且ak＞ak+1”成立（其中k≥2，k∈N*），则称ak为{an}的一个H值．现有如下数列：①an=1﹣2n；②an=sinn；③an= ④an=lnn﹣n，则存在H值的数列有（）个．A . 1B . 2C . 3D . 44. （2分）已知函数是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意实数都有，则的值是（）A . 0B .C . 1D .5. （2分） (2017高一下·景德镇期末) 为得到函数y=cos（x+ ）的图象，只需将函数y=sinx的图象（）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6. （2分）(2017·武汉模拟) 已知O是坐标原点，点A（﹣1，0），若M（x，y）为平面区域上的一个动点，则 |的取值范围是（）A .B .C . [1，2]D .7. （2分） (2017高三上·古县开学考) 数列{an}的前n项和为Sn ，且Sn=3﹣ an ， bn是an与an+1的等差中项，则数列{bn}的通项公式为（）A . 4×3nB . 4×（）nC . ×（）n﹣1D . ×（）n8. （2分）若函数的图像上存在点(x,y)，满足约束条件，则实数m的最大值为（）A .B . 1C .D . 2二、填空题 (共7题；共10分)9. （2分） (2015高二下·湖州期中) 设全集U=R，集合A={x|﹣1＜x＜4}，B={y|y=x+1，x∈A}，则A∩B=________；（∁UA）∩（∁UB）=________．10. （2分）(2017·浙江模拟) 已知数列{an}满足an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，若a1=1，则a3=________，前60项的和为________．11. （2分） (2019高一上·温州期中) 定义其中表示中较大的数.对，设，，函数，则（1） ________；（2）若，则实数的取值范围是________.12. （1分） (2018高三上·云南期末) 设变量满足约束条件，则目标函数的最大值是________ ．13. （1分）(2019·肇庆模拟) 在平面凸四边形中，（为常数），若满足上述条件的平面凸四边形有且只有个，则的取值范围是________．14. （1分）(2016·枣庄模拟) 在平行四边形中，AC与BD交于点O， = ，CE的延长线与AD交于点F，若 = + （λ，μ∈R），则λ+μ=________．15. （1分） (2019高一上·儋州期中) 函数在上是增函数，则的范围是________．三、解答题 (共5题；共55分)16. （10分）(2017·乌鲁木齐模拟) [选修4-4：坐标系与参数方程选讲]在直角坐标系xOy中，圆C的方程为（x﹣1）2+y2= ，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点M的极坐标为（2，θ），过点M斜率为1的直线交圆C于A，B两点．（1）求圆C的极坐标方程；（2）求|MA|•|MB|的范围．17. （10分） (2017高二下·寿光期末) 已知函数f（x）=|x+m|+|2x﹣1|（m∈R）．（1）当m=﹣1时，求不等式f（x）≤2的解集；（2）设关于x的不等式f（x）≤|2x+1|的解集为A，且[1，2]⊆A，求实数m的取值范围．18. （10分） (2017高一下·西安期末) 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知= ．（1）求的值（2）若cosB= ，b=2，求△ABC的面积S．19. （15分） (2016高三上·长宁期中) 数列{an}的前n项和记为Sn且满足Sn=2an﹣1，n∈N*；（1）求数列{an}的通项公式；（2）设Tn=a1a2﹣a2a3+a3a4﹣a4a5+…+（﹣1）n+1anan+1，求{Tn}的通项公式；（3）设有m项的数列{bn}是连续的正整数数列，并且满足：lg2+lg（1+ ）+lg（1+ ）+…+lg（1+ ）=lg（log2am）．问数列{bn}最多有几项？并求出这些项的和．20. （10分）(2017·杭州模拟) 设函数f（x）=x2﹣ax+a+3，g（x）=ax﹣2a．（1）若函数h（x）=f（x）﹣g（x）在[﹣2，0]上有两个零点，求实数a的取值范围；（2）若存在x0∈R，使得f（x0）≤0与g（x0）≤0同时成立，求实数a的最小值．参考答案一、选择题 (共8题；共16分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、二、填空题 (共7题；共10分)9-1、10-1、11-1、12-1、13-1、14-1、15-1、三、解答题 (共5题；共55分) 16-1、16-2、17-1、17-2、18-1、18-2、19-1、19-2、19-3、20-1、20-2、。
江苏省泰州中学2020-2021高一下学期数学期末试题(及答案)
江苏省泰州中学2020-2021学年度第二学期期末考试高一年级数学一、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，请将答案填涂到答题卡相应区域.1.若复数满足()2117z i i -=+（i 为虚数单位），则z =（）A.35i+ B.35i - C.35i-+ D.35i --2.已知向量a ，b满足1a b ==r r ，a b +=r r ，则2a b +=r r （）A.3B.C.7D.3.三阶魔方可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得，现将三阶魔方中1面有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方块，3面有色的小正方体称为边角方块，若从这些小正方体中任取一个，恰好抽到边缘方块的概率为（）A.29B.827C.49D.124.在一组样本数据中，1，3，5，7出现的频率分别为p 1，p 2，p 3，p 4且411i i p ==∑，若这组数据的中位数为6，则p 4=（）A.0.5B.0.4C.0.2D.0.15.已知空间三个平面,,,αβγ下列判断正确的是（）A.若,αβαγ⊥⊥，则//βγB.若,αβαγ⊥⊥，则βγ⊥C.若//,//αβαγ，则βγ⊥ D.若//,//αβαγ，则//βγ6.已知点(3,)A m m -是角a 的终边上的一点，则2sin 2sin 1cos 2ααα++的值为（）A.718B.518-C.52-D.727.粽，即粽粒，俗称粽子，主要材料是糯米、馅料，用籍叶(或箬叶.簕古子叶等)包裹而成，形状多样，主要有尖角状、四角状等.粽子由来久远，最初是用来祭祀祖先神灵的贡品.南北叫法不同，北方产黍，用黍米做粽，角状，古时候在北方称“角黍”.由于各地饮食习惯的不同，粽子形成了南北风味；从口味上分，粽子有咸粽和甜粽两大类.某地流行的四角状的粽子，其形状可以看成一个正四面体，现需要在粽子内部放入一个肉丸，肉丸的形状近似地看成球，当这个肉丸的体积最大时，其半径与该正四面体的高的比值为（）A.12B.13C.14D.158.在矩形ABCD 中，3AB =，2BC =，设矩形所在平面内一点P 满足1CP = ，记1I AB AP =⋅ ，2I AC AP =⋅ ，3I AD AP =⋅，则A.存在点P ，使得12I I =B.存在点P ，使得13I I =C.对任意点P ，都有12I I < D.对任意点P ，都有13I I <二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.请将答案填涂到答题卡相应区域.9.下列命题为真命题的是（）A.若1z ，2z 互为共扼复数，则12z z ⋅为实数B.若i 为虚数单位，n 为正整数，则43n i i +=C.复数为2i --的虚部为1-D.复数52i -的共轭复数为2i --10.在直角梯形ABCD 中，//CD AB ，AB BC ⊥，1CD =，2AB BC ==，E 为线段BC 的中点，则（）A.12AC AD AB→→→=+ B.3142DE AB AD→→→=-C.2AB CD →→⋅= D.6AE AC →→⋅=11.下列命题中是真命题的有（）A.在ABC 中，若A B >，则sin sin A B>B.在ABC 中，若sin2A =sin2B ，则ABC 是等腰三角形C.在ABC 中，若cos cos a B b A c -=，则ABC 是直角三角形D.在ABC 中，若5cos 13A =，4sin 5B =，则cos C 的值为3365或636512.如图，AC 为圆锥SO 底面圆O 的直径，点B 是圆O 上异于A ，C 的动点，2SO OC ==，则下列结论正确的是（）A.圆锥SO 的侧面积为B.三棱锥S ABC -体积的最大值为83C.SAB ∠的取值范围是,43ππ⎛⎫⎪⎝⎭D.若AB BC =，E 为线段AB 上的动点，则SE CE +的最小值为1)+三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填写在答题卡相应的位置上，13.某地有1000人参加自学考试，为了了解他们的成绩，从中抽取一个样本，若每个考生被抽到的概率都是0.04，则这个样本的容量是__________.14.已知复数z 满足1z i -=（i 是虚数单位），则z i +的取值范围是___________．15.若1cos(30)sin 3αα︒--=，则()sin 302α︒-=__________.16.2008年北京奥运会游泳中心（水立方）的设计灵感来于威尔·弗兰泡沫，威尔弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形），已知该多面体共有24个顶点，且棱长为1，则该多面体表面积是__________.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知复数13z a i =+，22z ai =-(a R ∈，i 是虚数单位).（1）若12z z -在复平面内对应的点落在第一象限，求实数a 的取值范围；（2）若虚数1z 是实系数一元二次方程260x x m -+=的根，求实数m 的值.18.某校为加强党史教育，进行了一次党史知识竞赛，随机抽取的100名学生的笔试成绩均在75分以上（满分100分），分成[75，80），[80，85）[85，90），[90，95），[95，100]共五组后，得到的频率分布表如下所示：组号分组频数频率第1组[75，80）①第2组[80，85）0.300第3组[85，90）30②第4组[90，95）200.200第5组[95，100]100.100合计1001.00（1）请先求出频率分布表中①、②位置的相应数据，再完成频率分布直方图（用阴影表示）；（2）为能更好了解学生的知识掌握情况，学校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面答，最终从6位学生中随机抽取2位参加市安全知识答题决赛，求抽到的2位学生不同组的概率.19.已知三棱柱111ABC A B C -中，底面111A B C 是边长为2的正三角形，侧棱CC 1⊥底面111,A B C E 为B 1C 1的中点（1）若G 为11A B 的中点，求证：11C G AB ⊥；（2）证明：1AC //平面1.A EB 20.某地实行垃圾分类后，政府决定为A 、B 、C 三个小区建造一座垃圾处理站M ，集中处理三个小区的湿垃圾.已知A 在B 的正西方向，C 在B 的北偏东30 方向，M 在B 的北偏西30 方向，且在C 的北偏西60 方向，小区A 与B 相距2km ，B 与C 相距3km .（1）求垃圾处理站M 与小区C 之间的距离：（结果精确到小数点后两位）（2）假设有大、小两种运输车，车在往返各小区、处理站之间都是直线行驶，一辆大车的行车费用为每公里a 元，一辆小车的行车费用为每公里λa 元()01λ<<现有两种运输湿垃圾的方案方案1：只用一辆大车运输，从M 出发，依次经A 、B 、C 再由C 返回到M ；方案2：先用两辆小车分别从A 、C 运送到B ，然后并各自返回到A 、C ，一辆大车从M 直接到B再返回到M 1.732≈，2.646≈）21.ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知22cos b c a C +=且a =．（1）求角A 的大小；（2）若ABC 的+，求ABC 的面积；（3）若b =，求()cos 2B A -的值．22.如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中点，PA ⊥底面ABCD，PA=2.（1）证明:平面PBE⊥平面PAB；（2）求点D到平面PBE的距离；（3）求平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值.江苏省泰州中学2020-2021学年度第二学期期末考试高一年级数学一、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，请将答案填涂到答题卡相应区域.1.若复数满足()2117z i i -=+（i 为虚数单位），则z =（）A.35i +B.35i- C.35i-+ D.35i--【答案】A2.已知向量a ，b满足1a b ==r r ，a b +=r r ，则2a b +=r r （）A.3B.C.7D.【答案】D3.三阶魔方可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得，现将三阶魔方中1面有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方块，3面有色的小正方体称为边角方块，若从这些小正方体中任取一个，恰好抽到边缘方块的概率为（）A.29B.827C.49D.12【答案】C4.在一组样本数据中，1，3，5，7出现的频率分别为p 1，p 2，p 3，p 4且411i i p ==∑，若这组数据的中位数为6，则p 4=（）A.0.5 B.0.4C.0.2D.0.1【答案】A5.已知空间三个平面,,,αβγ下列判断正确的是（）A.若,αβαγ⊥⊥，则//βγB.若,αβαγ⊥⊥，则βγ⊥C.若//,//αβαγ，则βγ⊥D.若//,//αβαγ，则//βγ【答案】D6.已知点(3,)A m m -是角a 的终边上的一点，则2sin 2sin 1cos 2ααα++的值为（）A.718B.518-C.52-D.72【答案】B7.粽，即粽粒，俗称粽子，主要材料是糯米、馅料，用籍叶(或箬叶.簕古子叶等)包裹而成，形状多样，主要有尖角状、四角状等.粽子由来久远，最初是用来祭祀祖先神灵的贡品.南北叫法不同，北方产黍，用黍米做粽，角状，古时候在北方称“角黍”.由于各地饮食习惯的不同，粽子形成了南北风味；从口味上分，粽子有咸粽和甜粽两大类.某地流行的四角状的粽子，其形状可以看成一个正四面体，现需要在粽子内部放入一个肉丸，肉丸的形状近似地看成球，当这个肉丸的体积最大时，其半径与该正四面体的高的比值为（）A.12B.13C.14D.15【答案】C8.在矩形ABCD 中，3AB =，2BC =，设矩形所在平面内一点P 满足1CP = ，记1I AB AP =⋅，2I AC AP =⋅ ，3I AD AP =⋅，则A.存在点P ，使得12I I =B.存在点P ，使得13I I =C.对任意点P ，都有12I I <D.对任意点P ，都有13I I <【答案】C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.请将答案填涂到答题卡相应区域.9.下列命题为真命题的是（）A.若1z ，2z 互为共扼复数，则12z z ⋅为实数B.若i 为虚数单位，n 为正整数，则43n i i +=C.复数为2i --的虚部为1-D.复数52i -的共轭复数为2i --【答案】AC10.在直角梯形ABCD 中，//CD AB ，AB BC ⊥，1CD =，2AB BC ==，E 为线段BC 的中点，则（）A.12AC AD AB→→→=+ B.3142DE AB AD→→→=-C.2AB CD →→⋅= D.6AE AC →→⋅=【答案】ABD11.下列命题中是真命题的有（）A.在ABC 中，若A B >，则sin sin A B>B.在ABC 中，若sin2A =sin2B ，则ABC 是等腰三角形C.在ABC 中，若cos cos a B b A c -=，则ABC 是直角三角形D.在ABC 中，若5cos 13A =，4sin 5B =，则cos C 的值为3365或6365【答案】AC12.如图，AC 为圆锥SO 底面圆O 的直径，点B 是圆O 上异于A ，C 的动点，2SO OC ==，则下列结论正确的是（）A.圆锥SO 的侧面积为B.三棱锥S ABC -体积的最大值为83C.SAB ∠的取值范围是,43ππ⎛⎫⎪⎝⎭D.若AB BC =，E 为线段AB 上的动点，则SE CE +的最小值为1)+【答案】ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填写在答题卡相应的位置上，13.某地有1000人参加自学考试，为了了解他们的成绩，从中抽取一个样本，若每个考生被抽到的概率都是0.04，则这个样本的容量是__________.【答案】4014.已知复数z 满足1z i -=（i 是虚数单位），则z i +的取值范围是___________．【答案】[]1,315.若1cos(30)sin 3αα︒--=，则()sin 302α︒-=__________.【答案】79-16.2008年北京奥运会游泳中心（水立方）的设计灵感来于威尔·弗兰泡沫，威尔弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形），已知该多面体共有24个顶点，且棱长为1，则该多面体表面积是__________.【答案】6+四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知复数13z a i =+，22z ai =-(a R ∈，i 是虚数单位).（1）若12z z -在复平面内对应的点落在第一象限，求实数a 的取值范围；（2）若虚数1z 是实系数一元二次方程260x x m -+=的根，求实数m 的值.【答案】（1）(2,3)；（2）18.18.某校为加强党史教育，进行了一次党史知识竞赛，随机抽取的100名学生的笔试成绩均在75分以上（满分100分），分成[75，80），[80，85）[85，90），[90，95），[95，100]共五组后，得到的频率分布表如下所示：组号分组频数频率第1组[75，80）①第2组[80，85）0.300第3组[85，90）30②第4组[90，95）200.200第5组[95，100]100.100合计1001.00（1）请先求出频率分布表中①、②位置的相应数据，再完成频率分布直方图（用阴影表示）；（2）为能更好了解学生的知识掌握情况，学校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面答，最终从6位学生中随机抽取2位参加市安全知识答题决赛，求抽到的2位学生不同组的概率.【答案】（1）①处应填的数为10人，②处应填的数为0.300，直方图见解析；（2）1115.19.已知三棱柱111ABC A B C -中，底面111A B C 是边长为2的正三角形，侧棱CC 1⊥底面111,A B C E 为B 1C 1的中点（1）若G 为11A B 的中点，求证：11C G AB ⊥；（2）证明：1AC //平面1.A EB 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.20.某地实行垃圾分类后，政府决定为A 、B 、C 三个小区建造一座垃圾处理站M ，集中处理三个小区的湿垃圾.已知A 在B 的正西方向，C 在B 的北偏东30 方向，M 在B 的北偏西30 方向，且在C 的北偏西60 方向，小区A 与B 相距2km ，B 与C 相距3km .（1）求垃圾处理站M 与小区C 之间的距离：（结果精确到小数点后两位）（2）假设有大、小两种运输车，车在往返各小区、处理站之间都是直线行驶，一辆大车的行车费用为每公里a 元，一辆小车的行车费用为每公里λa 元()01λ<<现有两种运输湿垃圾的方案方案1：只用一辆大车运输，从M 出发，依次经A 、B 、C 再由C 返回到M ；方案2：先用两辆小车分别从A 、C 运送到B ，然后并各自返回到A 、C ，一辆大车从M 直接到B再返回到M 1.732≈，2.646≈）【答案】（1）5.20公里；（2）当00.35λ<<时，方案二合算；当0.351λ≤<时，方案一合算，理由见解析.21.ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知22cos b c a C +=且a =．（1）求角A 的大小；（2）若ABC 的+，求ABC 的面积；（3）若b =，求()cos 2B A -的值．【答案】（1）23A π=；（2）4；（3）()1cos 220B A --=.22.如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD =60°，E 是CD 的中点，PA⊥底面ABCD ，PA =2.（1）证明:平面PBE ⊥平面PAB ；（2）求点D 到平面PBE 的距离；（3）求平面PAD 和平面PBE 所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）5；（3）5。
2024届江苏省泰州中学高一数学第二学期期末综合测试试题含解析
2024届江苏省泰州中学高一数学第二学期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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序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。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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1．一组数据0，1，2，3，4的方差是A ．65BC ．2D ．42．设1sin 10π=n n a n ，12n n S a a a =++⋅⋅⋅+，在1S ，2S ，…，20S 中，正数的个数是（ ） A ．15B ．16C ．18D ．203．一个长方体长、宽分别为5，4，且该长方体的外接球的表面积为50π，则该长方体的表面积为（） A ．47B ．60C ．94D ．1984．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，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起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”.则该人最后一天走的路程为（ ）. A ．24里B ．12里C ．6里.D ．3里5．将函数()πsin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向右平移π2个单位长度得到()g x 图像，则下列判断错误的是（ ）A ．函数()g x 的最小正周期是πB ．()g x 图像关于直线7π12x =对称 C ．函数()g x 在区间ππ,63⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减 D ．()g x 图像关于点π,03⎛⎫ ⎪⎝⎭对称 6．在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列命题中正确命题的个数为( )①若A B >,则sin sin A B >；②若222a b c +<，则ABC ∆为钝角三角形； ③若()()a b c a b c ac ++-+=，则23B π=． A ． 1B ．2C ．3D ．07．下列函数中，既是偶函数又在上是单调递减的是（ ）A ．B ．C ．D ．8．已知的等比中项为2，则的最小值为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．49．在正六边形ABCDEF 中，点P 为CE 上的任意一点，若AP x AB y AF =+，则x y +=（ ）A ．2B ．52C ．3D ．不确定10．等差数列的前项之和为，若，则为（ ） A ．45 B ．54 C ．63D ．27二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
江苏省泰州市高一数学下学期期末考试试卷(含解析)
江苏省泰州市2015-2016学年高一下学期期末考试数学一、填空题：共14题1．已知，，则直线的斜率为．2．在公差为的等差数列中，若，则= ．3．若Δ满足：，，，则边的长度为．4．已知，且，则的值是．5．如图，在直三棱柱中，，，，，则四棱锥的体积为.6．在平面直角坐标系中，直线和直线互相垂直，则实数的值是．7．已知正实数满足，则的最大值是．8．在平面直角坐标系中，，，若直线与线段有公共点，则实数的取值范围是．9．已知实数满足：，，则的最小值是．10．如图，对于正方体，给出下列四个结论：①直线平面②直线直线③直线平面④直线直线其中正确结论的序号为.11．在Δ中，角，，的对边分别为，，，已知，则角的值是．12．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若过点的直线与圆交于两点(其中点在第二象限)，且，则点的横坐标为．13．已知各项均为正数的数列满足，且，则的最大值是．14．如图，边长为)的正方形被剖分为个矩形，这些矩形的面积如图所示，则的最小值是．二、解答题：共6题15．在平面直角坐标系中，直线.(1)若直线与直线平行，求实数的值；(2)若，，点在直线上，已知的中点在轴上，求点的坐标.16．在中，角、、的对边分别为、、)，已知．(1)若，求的值；(2)若，且，求的面积．17．如图，在三棱锥中，平面平面，，，点，分别为，的中点．求证：(1)直线平面；(2)平面平面．18．如图，某隧道的截面图由矩形和抛物线型拱顶组成(为拱顶的最高点)，以所在直线为轴，以的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，已知拱顶的方程为．(1)求的值；(2)现欲在拱顶上某点处安装一个交通信息采集装置，为了获得最佳采集效果，需要点对隧道底的张角最大，求此时点到的距离．19．在平面直角坐标系中，圆的方程为，且圆与轴交于，两点，设直线的方程为．(1)当直线与圆相切时，求直线的方程；(2)已知直线与圆相交于，两点．(ⅰ)若，求实数的取值范围；(ⅱ)直线与直线相交于点，直线，直线，直线的斜率分别为，，，是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.20．已知数列的首项，前项和为.数列是公差为的等差数列.(1)求的值；(2)数列满足：，其中.(ⅰ)若，求数列的前项的和，；(ⅱ)当时，对所有的正整数，都有，证明：.参考答案1.1【解析】本题考查直线的斜率.由题意得直线的斜率.【备注】.2.7【解析】本题考查等差数列.由题意得==1+6=7.【备注】等差数列中.3.【解析】本题考查正弦定理.由题意得;由正弦定理得,又,解得.【备注】正弦定理：.4.【解析】本题考查差角公式.===.5.24【解析】本题考查空间几何体的体积.因为,所以;而为直三棱柱,所以平面;即为四棱锥的高,所以四棱锥的体积.6.【解析】本题考查两直线的位置关系.由题意得,解得.7.2【解析】本题考查基本不等式.由题意得,即(当且仅当时等号成立).即的最大值是2.8.【解析】本题考查一元二次不等式.由题意得两点在直线两侧,即,即,解得或;即实数的取值范围是.9.-2【解析】本题考查不等关系与不等式.由题意得,;而=+,所以,即,即的最小值是-2.10.①③④【解析】本题考查线面平行与垂直.直线,所以直线平面,即①正确;直线平面,所以,,即②错误,④正确;,,所以直线平面,即③正确;所以正确结论的序号为①③④.11.【解析】本题考查正弦定理,诱导公式,和角公式.由正弦定理得,即==,所以,所以,即,所以角.12.1【解析】本题考查直线与圆的位置关系.画出图形,,半径;因为,所以,即,所以三角形为等边三角形,则垂直平分,所以的横坐标为.【备注】体会数形结合思想.13.【解析】本题考查数列.因为,所以或;而,且各项均为正数,所以;14.2【解析】本题考查基本不等式.由题意得=;当时,原式=(当且仅当时等号成立);当时,原式=,而=,即,所以原式;即恒成立,即的最小值是2. 【备注】体会分类讨论思想.15.(1)∵直线与直线平行，∴，∴，经检验知，满足题意.(2)由题意可知：，设，则的中点为，∵的中点在轴上，∴，∴.【解析】本题考查两直线的位置关系.(1)直线与直线平行，∴，∴.(2)设，而的中点在轴上，∴，∴.16.(1)∵,由正弦定理：,∴,∵,由正弦定理：，∴，∴.(2)由得：，∵，∴或.当时，∵，∴，此时，舍去，∴，由(1)可知：，又∵，∴，∴，∴或(舍)所以.【解析】本题考查正余弦定理,三角形的面积公式.(1),由正弦定理得,∵,由正弦定理，∴，∴.(2)由得，即,由余弦定理得,所以.17.(1)证明：∵点，分别为，的中点，∴;又∵平面，平面，∴直线平面.(2)证明：∵，点为中点，∴，∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面,∵平面，∴，由(1)可知：，∵，∴，∵，，，在平面内，∴平面, ∵平面，∴平面平面.【解析】本题考查线面平行与垂直.(1),∴直线平面.(2),，∴平面,∴平面平面.18.(1)由题意：，，∴，∴.(2)(法1)设，，过作于，设，则，∴,∵，∴当且仅当时最大，即最大．答：位置对隧道底的张角最大时到的距离为米.(法2)设，，∴，∴，∴,∵，∴,∴, ∵，∴当且仅当时最大，即最大.答：位置对隧道底的张角最大时到的距离为米.【解析】本题考查二倍角公式,解三角形的应用,基本不等式. (1)由题意得，∴.(2)求得，∴,当时到的距离为米.19.(1)由题意，，∴圆心到直线的距离，∵直线与圆相切，∴，∴，∴直线.(2)解：由题意得：，∴,由(1)可知：，∴，∴.(3)证明：，与圆联立，得：，∴，，∴，同理可得：，∵，∴，即，∵，∴，设，∴,∴，∴，即，∴,∴，∴存在常数，使得恒成立．【解析】本题考查直线的方程,直线与圆的位置关系.(1)∵直线与圆相切，∴，求得，∴直线.(2)由题意得，解得.(3)联立方程得:存在常数，使得恒成立．20.(1)由题意，，∴，当时，，当时，上式也成立，∴，，∵,∴.(2)(ⅰ)由题意：，当时，，，，∴，，∴，∴前项的和++⋯+==.(ⅱ)证明：由题意得：，令，，∴，∴，∴，∵,，∴，∴，，①当为偶数时，，∵，，∴，②当为奇数时，，∵，，∴，综上：，即.【解析】本题考查等差数列,数列的通项与求和.(1)由题意得，∴.(2)(ⅰ)++⋯+==.(ⅱ)令，，∴，，∵，∴，分类讨论得，即.。
2020-2021学年江苏省泰州市高一(下)期末数学试卷(附答案详解)
2020-2021学年江苏省泰州市高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1. 设z 1=3+i ，z 2=1+mi ，若z 1z 2为纯虚数，则实数m =( )A. −3B. −13C. 13D. 32. 某校高一年级1000名学生的血型情况如图所示．某课外兴趣小组为了研究血型与饮食之间的关系，决定采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为50的样本，则从高一年级A 型血的学生中应抽取的人数是( )． [图中数据：A 型22%，B 型28%，O 型38%，AB 型12%]A. 11B. 22C. 110D. 2203. 在△ABC 中，tanA =2，BC =10，AC =5，则tanB =( )A. √55B. 2√55C. 12D. 14. 甲、乙两位同学独立地解答某道数学题，若甲、乙解出的概率都是25，则这道数学题被解出的概率是( )A. 425B. 925C. 1625D. 21255. 如图，已知点P 是函数f(x)=Acos(x +φ)(x ∈R,A >0,|φ|<π2)图象上的一个最高点，M ，N 是函数f(x)的图象与x 轴的两个交点，若PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则A 的值为( ) A. 2B. π2C. 4D. π6. 已知A ，B ，C ，D 四点均在半径为R 的球O 的球面上，△ABC 的面积为34R 2，球心O 到平面ABC 的距离为R2，若三棱锥D −ABC 体积的最大值为24，则球O 的表面积为( )A. 4πB. 16πC. 27πD. 64π7. 设a =tan16°+tan14°+√33tan16°tan14°，b =sin44°cos14°−sin46°cos76°，c =2sin14°sin76°，则a ，b ，c 的大小关系是( )A. a >b >cB. a >c >bC. b >c >aD. c >a >b8. 已知△ABC 外接圆的圆心为O ，半径为1.设点O 到边BC ，CA ，AB 的距离分别为d 1，d 2，d 3，若OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1，则d 12+d 22+d 32=( ) A. 34B. 1C. 32D. 3二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9. 已知某班10名男生引体向上的测试成绩统计如表所示，则下列说法正确的有( )A. 这10名男生引体向上测试成绩的平均数为7.4B. 这10名男生引体向上的测试成绩没有众数C. 这10名男生引体向上测试成绩的中位数8.5D. 这10名男生引体向上测试成绩的20百分位数为7.510. 下列说法正确的有( )A. 设z 1，z 2是两个虚数，若z 1+z 2，和z 1z 2均为实数，则z 1，z 2是共轭复数B. 若z 1−z 2=0，则z 1与z 2−互为共轭复数C. 设z 1，z 2是两个虚数，若z 1与z 2是共轭复数，则z 1+z 2和z 1z 2均是实数D. 若z 1+z 2∈R ，则z 1与z 2互为共轭复数11. 在平面直角坐标系xOy 中，△OAB 的三个顶点O ，A ，B 的坐标分别为(0,0)，(x 1,y 1)，(x 2,y 2)，设OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗=c ⃗ ，则( ) A. S △OAB =|c|2sinAsinB sin(A+B)B. S △OAB =12√|a|2|b|2−(a ⋅b)2C. S △OAB =|a||b||c|2R (R 为△OAB 外接圆的半径)D. S △OAB =12|x 1y 2−x 2y 1|12. 在棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，P 为线段BC 1上的动点，则下列结论正确的有( )A. A 1D ⊥D 1PB. 三棱锥A −B 1PD 1的体积为定值C. 存在点P 使得∠APD 1=π2D. 直线DP//平面AB 1D 1三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 若sin π4cos π12−sin π12cos π4=sinx ，请写出一个符合要求的x =______．14. 若数据3(a 1+1)，3(a 2+1)，…，3(a 7+1)的方差为9，则数据a 1，a 2，…，a 7的方差为______．15. 如图，由若干个边长为1的正方形拼接而成一个矩形A 0B 0B 2021A 2021，则A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(A 0B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 0B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 0B 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +⋯+A 0B 2021⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=______．16. 如图，所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体，在这两个平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫作拟柱体的高．已知拟柱体ABCD −A 1B 1C 1D 1的上底面A 1B 1C 1D 1和下底面ABCD 均为平行四边形，点E ，F ，G ，H 分别为侧棱AA 1，BB 1，CC 1，DD 1，的中点，记三角形D 1HG 的面积为S 1，梯形CC 1D 1D 的面积为S 2，则S1S 2=______；若三棱锥D 1−EGH 的体积为1，则四棱锥E −BCC 1B 1的体积为______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知平面向量a⃗，b⃗ 满足a⃗+b⃗ =(−3,6)，a⃗−b⃗ =(m,−2)，其中m∈R．(1)若a⃗//b⃗ ，求|a⃗−b⃗ |；(2)若m=5，求a⃗与b⃗ 夹角的余弦值．18.已知复数z1=(1+i)2，设z2=z1+1z1−1．(1)求复数z2；(2)若复数z满足z+1z1=(z+1z1)−，z+z2=z+z2−，求|z|．19.在平面四边形ABCD中，∠ADB=2π3，AB=7．(1)若BD=5，求△ABD的面积；(2)若BC⊥BD，∠BAC=π6，BC=358，求sin∠ABD．20.今年四月份某单位组织120名员工参加健康知识竞赛，将120名员工的竞赛成绩整理后画出的频率直方图如图所示．(1)求实数a的值，并求80分是成绩的多少百分位数？(2)试利用频率直方图的组中值估算这次健康知识竞赛的平均成绩；(3)从这次健康知识竞赛成绩落在区间[90,100]内的员工中，随机选取2名员工到某社区开展“学知识、健体魄”活动．已知这次健康知识竞赛成绩落在区间[90,100]内的员工中恰有3名男性，求至少有1名男性员工被选中的概率．21.如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=AC=2，AB=2√3，E为PC的中点，过点A作AF⊥BE，垂足为点F．(1)求证：AF⊥平面PBC；(2)求AE与平面PBC所成角的正弦值．22. 在斜三角形ABC 中，已知tanBtanC =16，tanB +tanC =56．(1)求A ； (2)设0<x <π2，若sin(x+B)sin(x+C)cos 2x=sinA ，求tan x 的值．答案和解析1.【答案】D【解析】解：∵z1=3+i，z2=1+mi，∴z1z2=(3+i)(1+mi)=3+3mi+i+mi2=(3m+1)i+(3−m)，∵z1z2为纯虚数，∴3−m=0，即m=3．故选：D．根据已知条件，结合纯虚数的概念和复数代数形式的乘法运算，即可求解．本题考查了纯虚数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．2.【答案】A【解析】解：根据分层抽样的定义可得，从高一年级A型血的学生中应抽取的人数是50×22%=11；故选：A．根据分层抽样的定义确定比例关系即可．本题主要考查分层抽样的应用，根据条件确定比例公式是解决本题的关键．3.【答案】C【解析】解：因为tanA=sinAcosA=2，所以sin2A+cos2A=sin2A+sin2A4=1，可得sin2A=45，所以sinA=2√55，又BC=10，AC=5，由正弦定理BCsinA =ACsinB，可得sinB=AC⋅sinABC=5×2√5510=√55，可得cosB=√1−sin2B=2√55，则tanB=sinBcosB =12．故选：C．由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin A的值，进而根据正弦定理可求sin B的值，根据同角三角函数基本关系式即可求解tan B 的值．本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：当甲，乙都解不出时，这道数学题不被解出，概率为(1−25)×(1−25)=925； 所以这道数学题被解出的概率是1−925=1625． 故选：C ．先求出这道数学题不被解出的概率，再利用对立事件的概率公式求解． 本题考查相互独立事件重复发生的概率，属于基础题．5.【答案】B【解析】解：函数f(x)=Acos(x +φ)的周期T =2π1=2π，则|MN|=T2=π，又PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴△MPN 为等腰直角三角形， ∴y P =12|MN|=π2，∴A =π2．故选：B ．求出函数的周期T ，得到|MN|，再PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得MPN 为等腰直角三角形，由此求出A 的值．本题考查数量积与向量垂直的关系，考查y =Asin(ωx +φ)型函数的图象与性质，是基础题．6.【答案】D【解析】解：如图，设三角形ABC的外心为G，其外接球的球心为O，则OG⊥平面ABC，且OG=R2，要使三棱锥D−ABC体积的最大，则D在GO的延长线上，此时OD=R，∵△ABC的面积为34R2，∴三棱锥D−ABC体积的最大值为13×34R2×(R+R2)=24，解得R=4，∴球O的表面积为4π×42=64π．故选：D．由题意可得，要使三棱锥D−ABC体积的最大，则D在GO的延长线上，此时OD=R，再由棱锥体积的最大值列式求得R，代入球的表面积公式得答案．本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合思想，是中档题．7.【答案】A【解析】解：∵tan30°=tan(16°+14°)=tan16°+tan14°1−tan16∘⋅tan14∘，∴tan16°+tan14°=√33−√33tan16°tan14°，∴a=tan16°+tan14°+√33tan16°tan14°=√33，∵b=sin44°cos14°−sin46°cos76°=sin44°cos14°−cos44°sin14°=sin(44°−14°)=sin30°=12，c=2sin14°sin76°=2sin14°cos14°=sin28°<12，∴a>b>c．故选：A．根据已知条件，结合三角函数的恒等变换，即可求解．本题主要考查三角函数的恒等变换，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．8.【答案】B【解析】解：不影响一般性，设A(1,0)，B(−1,0)，C(0,1)，如图， 此时OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+0+0=−1，容易知道d 1=d 2=√22，d 3=0，所以d 12+d 22+d 32=12+12+0=1， 故选：B ．根据题干条件，把三角形进行特殊化，设A(1,0)，B(−1,0)，C(0,1)，然后求出d 12+d 22+d 32即可．本题主要考查的是平面向量的数量积，考查了转化思想，属于中档题．9.【答案】CD【解析】解：根据 成绩 10 9 8 7 人数1432所以：对于A ：这10名男生引体向上的平均值为1×10+4×9+3×8+2×71+4+2+3=8.4，故A 错误；对于B ：这10名男生引体向上的测试成绩众数为9，故B 错误； 对于C ：这10名男生引体向上测试成绩的中位数9+82=8.5，故C 正确；对于D ：这10名男生引体向上测试成绩的20百分位数为7+82=7.5，故D 正确．故选：CD ．直接利用平均值，众数中位数的应用判断A 、B 、C 、D 的结论．本题考查的知识要点：统计初步中的平均值，众数，中位数，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．10.【答案】ABC【解析】解：对于选项A：设z1=a+bi，z2=c+di，(a,b，c，d∈R)，则b≠0，d≠0，b+d=0，ad+bc=0，故b=−d≠0，a=c，故z1，z2是共轭复数，故正确；对于选项B：∵z1−z2=0，∴z1=z2，又∵z2与z2−互为共轭复数，∴z1与z2−互为共轭复数，故正确；对于选项C：设z1=a+bi，则z2=a−bi，(a,b∈R,b≠0)，则z1+z2=2a∈R，z1z2=a2+b2∈R，故正确；对于选项D：设z1=3+i，z2=4−i，则z1+z2=7，但z1与z2不互为共轭复数，故错误；故选：ABC．对于选项A：设z1=a+bi，z2=c+di，(a,b，c，d∈R)，由题意可得b≠0，d≠0，b+d=0，ad+bc=0，从而判断；对于选项B：易知z1=z2，从而判断；对于选项C：设z1=a+bi，则z2=a−bi，(a,b∈R,b≠0)，从而判断；对于选项D：取z1=3+i，z2=4−i，从而判断．本题考查了复数的运算及复数的分类应用，同时考查了待定系数法的应用，属于基础题．11.【答案】BD【解析】解：由正弦定理可得|a⃗ |sinB =|b⃗|sinA=|c⃗ |sin∠AOB=2R(R为△OAB外接圆的半径)，所以|a⃗|=|c⃗ |sinBsin∠AOB ，|b⃗ |=|c⃗ |sinAsin∠AOB，sin∠AOB=|c⃗ |2R，所以S△OAB=12|OA⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |sin∠AOB=12|a⃗||b⃗ |sin∠AOB=|c⃗ |2sinAsinB2sin∠AOB=|c⃗ |2sinAsinB2sin(A+B)，故A错误；S△OAB=12|OA⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |sin∠AOB=12|a⃗||b⃗ ||c⃗ |2R=|a⃗ ||b⃗||c⃗ |4R，故C错误，S△OAB=12|OA⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |sin∠AOB=12|OA⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |√1−cos2∠AOB=12√|OA⃗⃗⃗⃗⃗ |2⋅|OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2−(OA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=12√|a⃗|2|b⃗ |2−(a⃗⋅b⃗ )2=12√(x12+y12)(x22+y22)−(x1x2+y1y2)2=12|x1y2−x2y1|，故B，D正确．故选：BD．利用正弦定理，三角形的面积公式及模长公式逐一判断即可求解结论．本题主要考查平面向量数量积的运算及应用，考查正弦定理，三角形面积公式，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．12.【答案】ABD【解析】解：对于A，D1C1⊥平面AA1D1D，则D1C1⊥A1D，A1D⊥AD1，则A1D⊥D1B，而D1B∩D1C1=D1，∴A1D⊥平面D1C1B，而D1P⊂平面D1C1B，∴A1D⊥D1P，故A正确；对于B，∵AD1//BC1，AD1⊂平面AD1B1，BC1⊄平面AD1B1，∴BC1//平面AD1B1，则P到平面AD1B1的距离为定值，∴V A−B1PD1=V P−AB1D1为定值，故B正确；对于C，∵AD1=√2，两平行线AD1与BC1间的距离为1，则平面ABC1D1内以AD1为直径的圆与BC1无交点，故∠APD1为锐角，C错误；对于D，∵AD//B1C1，AD=B1C1，∴四边形AB1C1D为平行四边形，可得AB1//DC1，同理可证DB//D1B1，而DB∩DC1=D，∴平面DBC1//平面AB1D1，而DP⊂平面DBC1，∴直线DP//AB1D1，故D正确．故选：ABD．证明直线与平面垂直，可得直线与直线垂直判定A；利用等体积法证明三棱锥A−B1PD1的体积为定值；由平面ABC1D1内以AD1为直径的圆与BC1无交点判断C；证明平面与平面平行，可得直线与平面平行判断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，考查推理论证能力，是中档题．13.【答案】π6【解析】解：∵sin π4cos π12−sin π12cos π4=sin(π4−π12)=sin π6=sinx ， ∴x =π6+2kπ,k ∈Z 或x =5π6+2kπ,k ∈Z ，当k =0时，x =π6符合题意． 故答案为：π6．根据已知条件，结合正弦函数的两角差公式，即可求解．本题主要考查了三角函数的两角差公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．14.【答案】1【解析】解：数据3(a 1+1)，3(a 2+1)，…，3(a 7+1)的方差为9， 则数据a 1，a 2，…，a 7的方差为：99=1． 故答案为：1．利用方差的性质直接求解．本题考查方差的求法，考查方差的定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．15.【答案】2021【解析】解：由图可知，A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 0B k ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅B 0B k ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0(k =1,2，...，2021)， 又A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 0B k ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 0B k ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=(A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2+A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅B 0B k ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1， ∴A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(A 0B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 0B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 0B 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +⋯+A 0B 2021⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=(A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅B 0B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+(A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅B 0B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) +...+(A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 0B 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅B 0B 2021⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =1+1+...+1=2021． 故答案为：2021．由向量加法的三角形法则及向量垂直数量积为0求解．本题考查平面向量的数量积运算，考查向量加法的三角形法则，是基础题．16.【答案】14 4【解析】解：由条件知CDD1C1为梯形，设CD=a，C1D1=b，则HG=a+b2．设梯形的高为h，则S1=12×HG×ℎ2=(a+b)ℎ8，S2=12×(a+b)×ℎ=(a+b)ℎ2，所以S1S2=14．因为EFGH为平行四边形，所以V D1−EFGH =2V D1−EGH=2；因为D1C1//平面EFGH，所以V C1−EFGH =V D1−EFGH=2，所以V C1−EFG=12V C1−EFGH=1．因为S△C1FGS B1C1CB =14，所以V E−BCC1B1=4V E−C1FG=4V C1−EFG=4．故答案为：14；4．设CD=a，C1D1=b，则HG=a+b2，分别利用三角形的面积公式和梯形的面积公式表示出S1，S2，再计算比例关系．利用相似关系和棱锥的体积公式，将四棱锥E−BCC1B1的体积转为三棱锥C1−EFG的体积，再利用三棱锥D1−EGH，通过平行和相似求出三棱锥C1−EFG的体积．本题考查棱锥的体积公式及梯形的中位线应用，属于中档题．17.【答案】解：(1)∵a⃗+b⃗ =(−3,6)，a⃗−b⃗ =(m,−2)，∴a⃗=(m−32,2)，b⃗ =(−m+32,4)，∵a⃗//b⃗ ，∴4×m−32=2×(−m+32)，解得m=1，∴a⃗−b⃗ =(1,−2)，|a⃗−b⃗ |=√12+(−2)2=√5．(2)∵当m=5时，a⃗=(1,2)，b⃗ =(−4,4)，∴a⃗⋅b⃗ =1×(−4)+2×4=4，∴|a⃗|=√12+22=√5，|b⃗ |=√(−4)2+42=4√2，设a⃗与b⃗ 的夹角为θ，则cosθ=a⃗ ⋅b⃗|a⃗ ||b⃗|=√5×4√2=√1010，故a⃗与b⃗ 夹角的余弦值为√1010．【解析】(1)根据已知条件，运用向量的平行公式，可得m=1，再结合向量模公式，即可求解．(2)根据已知条件，结合向量的夹角公式，即可求解．本题主要考查了向量的平行，以及平面向量的夹角公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．18.【答案】解：(1)z 1=(1+i)2=2i ，z 2=1+2 i −1+2i =(1+2i)(−1−2i)(−1+2i)(−1−2i)=35−45i ．故z 2=35−45i ．(2)设复数z =x +yi(其中x ，y ∈R)． 由z+1 z 1=(z+1z 1)−，得 y 2−x+12i =y2+x+12i ，所以− x+12=x+12，解得x =−1． 由z +z 2=z +z 2−，得x +35+(y −45)i =x +35−(y −45)i ， 所以y −45=−(y −45)， 解得y =45．所以z =−1+45i,|z|=√(−1)2+(45)2=√415．故|z|=√415．【解析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，复数模的定义和复数代数形式的乘法运算，即可求解．本题考查的是复数的乘法运算，共轭复数的定义和复数的模的定义，需要熟练掌握相关知识，属于基础题．19.【答案】解：(1)在△ABD 中，由余弦定理得AB²=AD²+BD²−2AD ⋅BD ⋅cos∠ADB ， 即7²=AD²+5²−2AD ×5×(−12)，整理得AD²+5AD −24=0， 解得AD =3，或AD =−8(舍去)； 所以S △ABD =12×AD ×BD ×sin 2π3=12×3×5×sin2π3=15√34，(2)设∠ABD =θ(0<θ<π3)，则∠BCA =π−π6−(θ+π2)=π3−θ， 在△ABC 中，由正弦定理得AB sin∠ACB =BCsin∠BAC ， 即7sin(π3−θ)=358sin π6，所以sin(π3−θ)=45，因为0<θ<π3，所以0<π3−θ<π3，cos(π3−θ)=√1−sin2(π3−θ)=35，sinθ=sin[π3−(π3−θ)]=sinπ3cos(π3−θ)−cosπ3sin(π−θ3)，=√32×35−12×45=3√3−410【解析】(1)根据已知条件，已经给出两边一角，可用余弦定理进行求解；(2)先由正弦定理求出sin(π3−∠ABD)的值，再利用三角恒等变换求出sin∠ABD的值即可．本题考察了正弦定理、余弦定理，以及三角恒等变换的综合应用．属于中档题．20.【答案】解：(1)10(a+3a+4a+5a+6a+a)=1，解得a=0.005，1−10(4×0.005+0.005)=0.75，∴80分是成绩的75百分位数．(2)45×0.05+55×0.15+65×0.25+75×0.30+85×0.20+95×0.05=71(分)，∴这次知识竞赛的平均成绩是71分．(3)这次知识竞赛成绩落在区间[90,100]内的员工有120×0.05=6名，记“至少有一个男性员工被选中”为事件A，记这6人为1，2，3，4，5，6号，其中男性员工为1，2，3号，则样本空间：Ω={(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)}，A={(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)}，∴P(A)=1215=45．∴至少有1名男性员工被选中的概率为45．【解析】(1)利用频率分布直方图列方程，求出a=0.005，从而能求出80分是成绩的75百分位数．(2)利用频率分布直方图列方程能求出这次知识竞赛的平均成绩．(3)这次知识竞赛成绩落在区间[90,100]内的员工有120×0.05=6名，记“至少有一个男性员工被选中”为事件A，记这6人为1，2，3，4，5，6号，其中男性员工为1，2，3号，利用列举法能求出至少有1名男性员工被选中的概率．本题考查百分位数、平均成绩、概率的求法，考查频率分布直方图、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力与数据分析能力，属于基础题．21.【答案】解：(1)证明：在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，∴PA⊥AB，∵AB⊥AC，PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC，在△PAC中，由E为PC的中点，且PA=AC，可知AE⊥PC，∵AB∩AE=A，AB⊂平面ABE，AE⊂平面ABE，∴PC⊥平面ABE，又AF⊂平面ABE，∴PC⊥AF，∵AF⊥BE，PC∩BE=E，PC⊂平面PBC，BE⊂平面PBC，∴AF⊥平面PBC．(2)由(1)知，AF⊥平面PBC，∴AE与平面PBC所成角为∠AEF，又由(1)知，AB⊥平面PAC，AE⊂平面PAC，∴AB⊥AE，由PA⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，∴PA⊥AC，在Rt△PAC中，由PA=AC=2，E为PC的中点，得AE=√2，在Rt△ABE中，BE=√AB2+AE2=√14，∴AF=AB×AEBE =√3×√2√14=2√217，∴AE与平面PBC所面角的正弦值为√427．【解析】(1)推导出PA⊥AB，从而AB⊥平面PAC，AB⊥PC，AE⊥PC，进而PC⊥平面ABE，推导出PC⊥AF，由此能证明AF⊥平面PBC．(2)由AF⊥平面PBC，得AE与平面PBC所成角为∠AEF，推导出AB⊥AE，PA⊥AC，由此能求出AE与平面PBC所面角的正弦值．本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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，是中档题．22.【答案】解：(1)在斜三角形ABC 中，A +B +C =π，∵tanBtanC =16，tanB +tanC =56．∴tanA =tan[π−(B +C)]=−tan(B +C)=−tanB+tanC1−tanBtanC =−561−16=−1，又∵0<A <π， ∴A =3π4．(2)∵sin(x+B)sin(x+C)cos 2x=sinA ，∴(sinxcosB+cosxsinB)(sinxcosC+cosxsinC)cos 2x=sinA ，∴cosBcosCtan 2x +sin(B +C)tanA +sinBsinC =sinA ①， 由(1)可知A =3π4，∴sin(B +C)=sin π4=√22， ∵tanB +tanC =56，∴sinBcosC+cosAsinCcosBcosC=56，即sin(B +C)=56cosBcosC ， ∴cosBcosC =3√25，又∵cos(B +C)=cos π4， ∴cosBcosC −sinBsinC =√22， ∴sinBsinC =√210，∴①式可化为6tan 2x +5tanx −4=0，解得tanx =−43或tanx =12， ∵0<x <π2，∴tanx =12．【解析】(1)根据已知条件，结合三角函数的诱导公式和正切函数的两角和公式，即可求解．(2)根据已知条件，结合三角函数的恒等变换公式，即可求解．本题主要考查三角函数的恒等变换公式，需要学生熟练掌握公式，属于中档题．。
江苏省泰州市高一下学期期末数学试卷
江苏省泰州市高一下学期期末数学试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）已知为第三象限角，则所在的象限是（）A . 第一或第二象限B . 第二或第三象限C . 第一或第三象限D . 第二或第四象限角2. （2分）下列各角中，与2016°同在一个象限的是（）A . 50°B . ﹣200°C . 216°D . 333°3. （2分）已知，若，则（）A .B .C .D .4. （2分）若非零向量a和b互为相反向量，则下列说法中错误的是（）A . a∥bB . a≠bC . |a|≠|b|D . b=﹣a5. （2分）(2018·吉林模拟) 已知向量 =（2，x）， =（1，2），若∥ ，则实数x的值为（）A . 1B . 2C . 3D . 46. （2分）已知函数，其中为实数，若对恒成立，且，则的单调递增区间是（）A .B .C .D .7. （2分） (2016高一下·大连期中) 已知一扇形的周长为40，当扇形的面积最大时，扇形的圆心角等于（）A . 2B . 3C . 1D . 48. （2分） (2018高二下·南宁月考) 在中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若角A,B,C成等差数列，边a,b,c成等比数列，则的形状为（）A . 等腰三角形B . 直角三角形C . 等边三角形D . 等腰直角三角形9. （2分） (2016高一下·湖南期中) 已知角α的终边在函数y=x的图象上，则1﹣2sinαcosα﹣3cos2α的值为（）A . ±B . ±C .D . ﹣10. （2分） (2017高一下·广州期中) 已知α∈（﹣，0），cosα= ，则tanα等于（）A . ﹣B . ﹣C .D .11. （2分） (2018高二下·孝感期中) 如图，在空间四边形中，点为中点，点在上，且 , 则等于（）A .B .C .D .12. （2分） (2018高一下·珠海月考) 设，则的图象的一条对称轴的方程是（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2016高二上·福州期中) 已知α，β为锐角，cosα= ，则cosβ=________．14. （1分） (2018高二上·江苏月考) 过椭圆的左焦点作斜率为1的直线与椭圆C分别交于点A ， B ，是坐标原点，则 ________.15. （1分）已知角α的终边经过点P（﹣3，4），则sinα=________16. （1分） (2017高三上·宿迁期中) 在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=1，∠ABC=60°，则的值为________．三、解答题 (共5题；共48分)17. （5分） (2017高一下·安庆期末) 设函数f（x）=Asin（2x+ ）（x∈R）的图象过点P（，﹣2）．（Ⅰ）求f（x）的解析式；（Ⅱ）已知f（ + ）= ，﹣＜a＜0，求cos（a﹣）的值．18. （3分）如图，△ABC中，D，E，F分别是边BC，AB，CA的中点，在以A、B、C、D、E、F为端点的有向线段中所表示的向量中，（1）与向量共线的有________（2）与向量的模相等的有________．（3）与向量相等的有________．19. （15分）已知函数的图象经过三点（0，1），，，且在区间内有唯一的最值，且为最小值．（1）求函数f（x）=Asin（ωx+φ）的解析式；（2）若函数f（x）在区间[﹣m，m]上是单调递增函数，求实数m的最大值；（3）若关于x的方程f（x）﹣a+1=0在区间内有两个实数根x1，x2（x1＜x2），求实数a的取值范围．20. （15分） (2016高一下·西安期中) 已知| |=1，| |=2，且与的夹角为120°．求：（1）• ；（2）（）•（2 ）；（3） |2 |．21. （10分）已知函数f（x）= sin2x﹣2cos2x﹣a在区间[﹣， ]上的最大值为2．（1）求函数f（x）在区间[﹣， ]上的值域；（2）设，求sin（α﹣β）的值．参考答案一、选择题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共5题；共48分)17-1、18-1、18-2、18-3、19-1、19-2、19-3、20-1、20-2、20-3、21-1、21-2、。
江苏省泰州市高一数学下学期期末考试试卷(含解析)
江苏省泰州市2015-2016学年高一下学期期末考试数学一、填空题：共14题1．已知，，则直线的斜率为．2．在公差为的等差数列中，若，则= ．3．若Δ满足：，，，则边的长度为．4．已知，且，则的值是．5．如图，在直三棱柱中，，，，，则四棱锥的体积为.6．在平面直角坐标系中，直线和直线互相垂直，则实数的值是．7．已知正实数满足，则的最大值是．8．在平面直角坐标系中，，，若直线与线段有公共点，则实数的取值范围是．9．已知实数满足：，，则的最小值是．10．如图，对于正方体，给出下列四个结论：①直线平面②直线直线③直线平面④直线直线其中正确结论的序号为.11．在Δ中，角，，的对边分别为，，，已知，则角的值是．12．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若过点的直线与圆交于两点(其中点在第二象限)，且，则点的横坐标为．13．已知各项均为正数的数列满足，且，则的最大值是．14．如图，边长为)的正方形被剖分为个矩形，这些矩形的面积如图所示，则的最小值是．二、解答题：共6题15．在平面直角坐标系中，直线.(1)若直线与直线平行，求实数的值；(2)若，，点在直线上，已知的中点在轴上，求点的坐标.16．在中，角、、的对边分别为、、)，已知．(1)若，求的值；(2)若，且，求的面积．17．如图，在三棱锥中，平面平面，，，点，分别为，的中点．求证：(1)直线平面；(2)平面平面．18．如图，某隧道的截面图由矩形和抛物线型拱顶组成(为拱顶的最高点)，以所在直线为轴，以的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，已知拱顶的方程为．(1)求的值；(2)现欲在拱顶上某点处安装一个交通信息采集装置，为了获得最佳采集效果，需要点对隧道底的张角最大，求此时点到的距离．19．在平面直角坐标系中，圆的方程为，且圆与轴交于，两点，设直线的方程为．(1)当直线与圆相切时，求直线的方程；(2)已知直线与圆相交于，两点．(ⅰ)若，求实数的取值范围；(ⅱ)直线与直线相交于点，直线，直线，直线的斜率分别为，，，是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.20．已知数列的首项，前项和为.数列是公差为的等差数列.(1)求的值；(2)数列满足：，其中.(ⅰ)若，求数列的前项的和，；(ⅱ)当时，对所有的正整数，都有，证明：.参考答案1.1【解析】本题考查直线的斜率.由题意得直线的斜率.【备注】.2.7【解析】本题考查等差数列.由题意得==1+6=7.【备注】等差数列中.3.【解析】本题考查正弦定理.由题意得;由正弦定理得,又,解得.【备注】正弦定理：.4.【解析】本题考查差角公式.===.5.24【解析】本题考查空间几何体的体积.因为,所以;而为直三棱柱,所以平面;即为四棱锥的高,所以四棱锥的体积.6.【解析】本题考查两直线的位置关系.由题意得,解得.7.2【解析】本题考查基本不等式.由题意得,即(当且仅当时等号成立).即的最大值是2.8.【解析】本题考查一元二次不等式.由题意得两点在直线两侧,即,即,解得或;即实数的取值范围是.9.-2【解析】本题考查不等关系与不等式.由题意得,;而=+,所以,即,即的最小值是-2.10.①③④【解析】本题考查线面平行与垂直.直线,所以直线平面,即①正确;直线平面,所以,,即②错误,④正确;,,所以直线平面,即③正确;所以正确结论的序号为①③④.11.【解析】本题考查正弦定理,诱导公式,和角公式.由正弦定理得,即==,所以,所以,即,所以角.12.1【解析】本题考查直线与圆的位置关系.画出图形,,半径;因为,所以,即,所以三角形为等边三角形,则垂直平分,所以的横坐标为.【备注】体会数形结合思想.13.【解析】本题考查数列.因为,所以或;而,且各项均为正数,所以;14.2【解析】本题考查基本不等式.由题意得=;当时,原式=(当且仅当时等号成立);当时,原式=,而=,即,所以原式;即恒成立,即的最小值是2.【备注】体会分类讨论思想.15.(1)∵直线与直线平行，∴，∴，经检验知，满足题意.(2)由题意可知：，设，则的中点为，∵的中点在轴上，∴，∴.【解析】本题考查两直线的位置关系.(1)直线与直线平行，∴，∴.(2)设，而的中点在轴上，∴，∴.16.(1)∵,由正弦定理：,∴,∵,由正弦定理：，∴，∴.(2)由得：，∵，∴或.当时，∵，∴，此时，舍去，∴，由(1)可知：，又∵，∴，∴，∴或(舍)所以.【解析】本题考查正余弦定理,三角形的面积公式.(1),由正弦定理得,∵,由正弦定理，∴，∴.(2)由得，即,由余弦定理得,所以.17.(1)证明：∵点，分别为，的中点，∴;又∵平面，平面，∴直线平面.(2)证明：∵，点为中点，∴，∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面,∵平面，∴，由(1)可知：，∵，∴，∵，，，在平面内，∴平面, ∵平面，∴平面平面.【解析】本题考查线面平行与垂直.(1),∴直线平面.(2),，∴平面,∴平面平面.18.(1)由题意：，，∴，∴.(2)(法1)设，，过作于，设，则，∴, ∵，∴当且仅当时最大，即最大．答：位置对隧道底的张角最大时到的距离为米.(法2)设，，∴，∴，∴,∵，∴,∴,∵，∴当且仅当时最大，即最大.答：位置对隧道底的张角最大时到的距离为米.【解析】本题考查二倍角公式,解三角形的应用,基本不等式. (1)由题意得，∴.(2)求得，∴,当时到的距离为米.19.(1)由题意，，∴圆心到直线的距离，∵直线与圆相切，∴，∴，∴直线.(2)解：由题意得：，∴,由(1)可知：，∴，∴.(3)证明：，与圆联立，得：，∴，，∴，同理可得：，∵，∴，即，∵，∴，设，∴,∴，∴，即，∴,∴，∴存在常数，使得恒成立．【解析】本题考查直线的方程,直线与圆的位置关系.(1)∵直线与圆相切，∴，求得，∴直线.(2)由题意得，解得.(3)联立方程得:存在常数，使得恒成立．20.(1)由题意，，∴，当时，，当时，上式也成立，∴，，∵,∴.(2)(ⅰ)由题意：，当时，，，，∴，，∴，∴前项的和++⋯+==.(ⅱ)证明：由题意得：，令，，∴，∴，∴，∵,，∴，∴，，①当为偶数时，，∵，，∴，②当为奇数时，，∵，，∴，综上：，即.【解析】本题考查等差数列,数列的通项与求和.(1)由题意得，∴.(2)(ⅰ)++⋯+==.(ⅱ)令，，∴，，∵，∴，分类讨论得，即.。
江苏省泰州市高一下学期期末数学考试试卷
江苏省泰州市高一下学期期末数学考试试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、填空题 (共14题；共14分)1. （1分） (2017高二下·南通期中) 曲线y=x3﹣2x+4在（1，3）处的切线的倾斜角为________．2. （1分） (2018高一下·六安期末) 中国古代数学著作《算法统宗》有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后达到目的地.”则该人最后一天走的路程为________里．3. （1分）过点(0,3)，且在两坐标轴上截距之和等于5的直线方程是________.4. （1分） (2016高一下·衡水期末) 在△ABC中，BD为∠ABC的平分线，AB=3，BC=2，AC= ，则sin∠ABD 等于________．5. （1分） (2016高二上·临泉期中) 若关于x的不等式（m﹣1）x2﹣mx+m﹣1＞0的解集为空集，则实数m 的取值为________．6. （1分）(2014·新课标II卷理) 函数f（x）=sin（x+2φ）﹣2sinφcos（x+φ）的最大值为________．7. （1分）已知x＞0，y＞0且x+y=5，则lgx+lgy的最大值是________．8. （1分） (2016高一上·西安期末) 已知某个几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是________cm3 ．9. （1分）计算：=________10. （1分） (2017高一下·泰州期末) 已知m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列四个结论中正确的序号为________．①若m⊥n，n∥α，则m⊥α；②若m∥β，α⊥β，则m⊥α；③若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α；④若m⊥n，n⊥β，α⊥β，则m⊥α11. （1分）(2020·普陀模拟) 各项都不为零的等差数列（）满足，数列是等比数列，且，则 ________.12. （1分） (2016高一下·大庆开学考) 已知集合A={x|﹣2≤x≤5}，B={x|m+1≤x≤2m﹣1}，若B⊆A，则实数m的取值范围是________．13. （1分） (2016高二上·郑州期中) 已知数列an=3n ，记数列{an}的前n项和为Tn ，若对任意的n∈N*，（Tn+ ）k≥3n﹣6恒成立，则实数 k 的取值范围________．14. （1分） (2017高二下·宾阳开学考) 设实数x，y满足，则的最大值是________．二、解答题 (共6题；共50分)15. （5分）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，0≤φ≤π）的图象经过点（0，1），且其相邻两对称轴之间的距离为π．（1）求函数f（x）的解析式；（2）设若sinα+f（α）=，α∈（0，π），求的值．16. （10分） (2019高二上·哈尔滨期末) 如图，四棱锥的底面为菱形且，底面，（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在一点，使平面成立．如果存在，求出的长；如果不存在，请说明理由.17. （10分） (2016高一下·延川期中) 求满足下列条件的直线方程（1）过点P（﹣1，3）且平行于直线x﹣2y+3=0（2）点A（1，2），B（3，1），则线段AB的垂直平分线的方程．18. （10分） (2017高二上·大连开学考) △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2c﹣a=2bcosA．（1）求角B的大小；（2）若，求a+c的最大值．19. （5分）如图，已知海岛A到海岸公路BC的距离AB=50km，B，C间的距离为100km，从A到C必须先坐船到BC上的某一点D，航速为25km/h，再乘汽车到C，车速为50km/h，记∠BDA=θ（1）试将由A到C所用的时间t表示为θ的函数t（θ）；（2）问θ为多少时，由A到C所用的时间t最少？20. （10分） (2017高一下·宿州期中) 已知数列{an}和{bn}（bn≠0，n∈N*），满足a1=b1=1，anbn+1﹣an+1bn+bn+1bn=0（1）令cn= ，证明数列{cn}是等差数列，并求{cn}的通项公式（2）若bn=2n﹣1，求数列{an}的前n项和Sn．参考答案一、填空题 (共14题；共14分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、13-1、14-1、二、解答题 (共6题；共50分)15-1、16-1、16-2、17-1、17-2、18-1、18-2、19-1、20-1、20-2、。
2020-2021学年江苏省泰州中学高一(下)期末数学试卷
2020-2021学年江苏省泰州中学高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1. 若复数z 满足z(2−i)=11+7i(i 为虚数单位)，则z 为( )A. 3+5iB. 3−5iC. −3+5iD. −3−5i2. 已知向量a ⃗ 、b ⃗ 满足|a ⃗ |=|b ⃗ |=1，|a ⃗ +b ⃗ |=√3，则|2a ⃗ +b ⃗ |=( )A. 3B. √3C. 7D. √73. 三阶魔方可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得，现将三阶魔方中1面有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方块，3面有色的小正方体称为边角方块，若从这些小正方体中任取一个，恰好抽到边缘方块的概率为( )A. 29B. 827C. 49D. 124. 在一组样本数据中，1，3，5，7出现的频率分别为p 1，p 2，p 3，p 4，且∑p i 4i=1=1，若这组数据的中位数为6，则p 4=( )A. 0.5B. 0.4C. 0.2D. 0.15. 已知空间三个平面α，β，γ，下列判断正确的是( )A. 若α⊥β，α⊥γ，则β//γB. 若α⊥β，α⊥γ，则β⊥γC. 若α//β，α//γ，则β⊥γD. 若α//β，α//γ，则β//γ6. 已知点A(3m,−m)是角α的终边上的一点，则sin2α+sin 2α1+cos2α的值为( )A. 718B. −518C. −52 D. 727. 粽，即粽粒，俗称粽子，主要材料是糯米、馅料，用籍叶(或箬叶、簕古子叶等)包裹而成，形状多样，主要有尖角状、四角状等.粽子由来久远，最初是用来祭祀祖先神灵的贡品.南北叫法不同，北方产黍，用黍米做粽，角状，古时候在北方称“角黍”.由于各地饮食习惯的不同，粽子形成了南北风味，从口味上分，粽子有成粽和甜粽两大类某地流行的四角状的粽子，其形状可以看成是一个正四面体，现需要在粽子内部放入一个肉丸，肉丸的形状近似地看成球，当这个肉丸的体积最大时，其半径与该正四面体的高的比值为( )A. 12B. 13C. 14D. 158. 在矩形ABCD 中，AB =3，BC =2，设矩形所在平面内一点P 满足|CP −|=1，记I 1=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，I 2=AC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，I 3=AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP⃗⃗⃗⃗⃗ ，则( ) A. 存在点P ，使得I 1=I 2 B. 存在点P ，使得I 1=I 3 C. 对任意点P ，都有I 1<I 2D. 对任意点P ，都有I 1<I 3二、多选题（本大题共4小题，共20.0分） 9. 下列命题为真命题的是( )A. 若z 1，z 2互为共轭复数，则z 1z 2为实数B. 若i 为虚数单位，n 为正整数，则i 4n+3=iC. 复数5i−2的共轭复数为−2−i D. 复数为−2−i 的虚部为−110. 在直角梯形ABCD 中，CD//AB ，AB ⊥BC ，CD =1，AB =BC =2，E 为线段BC 的中点，则( )A. AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ B. DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ C. AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2D. AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =6 11. 下列命题中是真命题的有( )A. 在△ABC 中，若A >B ，则sinA >sinBB. 在△ABC 中，若sin2A =sin2B ，则△ABC 是等腰三角形C. 在△ABC 中，若acosB −bcosA =c ，则△ABC 是直角三角形D. 在△ABC 中，若cosA =513，sinB =45，则cos C 的值为3365或636512. 如图，AC 为圆锥SO 底面圆O 的直径，点B 是圆O 上异于A ，C 的动点，SO =OC =2，则下列结论正确的是( )A. 圆锥SO 的侧面积为4√2πB. 三棱锥S −ABC 体积的最大值为83 C. ∠SAB 的取值范围是(π4,π3)D. 若AB =BC ，E 为线段AB 上的动点，则SE +CE 的最小值为2(√3+1)三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 某地有1000人参加自学考试，为了了解他们的成绩，从中抽取一个样本，若每个考生被抽到的概率都是0.04，则这个样本的容量是______ ．14. 已知复数z 满足|z −i|=1(i 是虚数单位)，则|z +i|的取值范围是______ ．15.若cos(30°−α)−sinα=1，则sin(30°−2α)=______ ．316.2008年北京奥运会游泳中心(水立方)的设计灵感来于威尔⋅弗兰泡沫，威尔弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成(其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形)，已知该多面体共有24个顶点，且棱长为1，则该多面体表面积是______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知复数z1=a+3i，z2=2−ai(a∈R,i是虚数单位)．(1)若z1−z2−在复平面内对应的点落在第一象限，求实数a的取值范围；(2)若虚数z1是实系数一元二次方程x2−6x+m=0的根，求实数m的值．18.某校为加强党史教育，进行了一次党史知识竞赛，随机抽取的100名学生的笔试成绩均在75分以上(满分100分)，分成[75,80)，[80,85)[85，90)，[90,95)，[95,100]共五组后，得到的频率分布表如下所示：组号分组频数频率第1组[75,80)①第2组[80,85)0.300第3组[85,90)30②第4组[90,95)200.200第5组[95,100]100.100合计100 1.00(1)请先求出频率分布表中①、②位置的相应数据，再完成频率分布直方图(用阴影表示)；(2)为能更好了解学生的知识掌握情况，学校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面答，最终从6位学生中随机抽取2位参加市安全知识答题决赛，求抽到的2位学生不同组的概率．19.已知三棱柱ABC−A1B1C1中，底面A1B1C1是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥底面A1B1C1，E为B1C1的中点．(1)若G为A1B1的中点，求证：C1G⊥AB1；(2)证明：AC1//平面A1EB．20.某地实行垃圾分类后，政府决定为A，B，C三个小区建造一座垃圾处理站M，集中处理三个小区的湿垃圾.已知A在B的正西方向，C在B的北偏东30°方向，M在B的北偏西30°方向，且在C的北偏西60°方向，小区A与B相距2km，B与C相距3km．(1)求垃圾处理站M与小区C之间的距离；(结果精确到小数点后两位)(2)假设有大、小两种运输车，车在往返各小区、处理站之间都是直线行驶，一辆大车的行车费用为每公里a元，一辆小车的行车费用为每公里λa元(0<λ<1).现有两种运输湿垃圾的方案：方案1：只用一辆大车运输，从M出发，依次经A，B，C再由C返回到M；方案2：先用两辆小车分别从A、C运送到B，然后并各自返回到A、C，一辆大车从M直接到B再返回到M.试比较哪种方案更合算？请说明理由.(结果精确到小数点后两位，√3≈1.732，√7≈2.646)21.△ABC的内角A，B，C，的对边分别为a，b，c，已知2b+c=2acosC且a=√5．(Ⅰ)求角A的大小；(Ⅱ)若△ABC的周长为√6+√5，求△ABC的面积；(Ⅲ)若b=√3，求cos(2B−A)的值．22.如图所示，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA=2．(1)证明：平面PBE⊥平面PAB；(2)求点D到平面PBE的距离；(3)求平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值．答案和解析1.【答案】B【解析】解：由z(2−i)=11+7i，所以z=11+7i2−i =(11+7i)(2+i)(2−i)(2+i)=15+25i5=3+5i．所以z=3−5i．故选B．把等式两边同时乘以12−i，然后利用复数的除法运算求解．本题考查了复数代数形式的乘除运算，复数的除法，采用分子分母同时乘以分母的共轭复数，是基础题．2.【答案】D【解析】解：∵|a⃗|=|b⃗ |=1,|a⃗+b⃗ |=√3，∴(a⃗+b⃗ )2=a⃗2+b⃗ 2+2a⃗⋅b⃗ =1+1+2a⃗⋅b⃗ =3，∴a⃗⋅b⃗ =12，∴|2a⃗+b⃗ |=√(2a⃗+b⃗ )2=√4a⃗2+b⃗ 2+4a⃗⋅b⃗ =√4+1+4×12=√7．故选：D．根据条件对|a⃗+b⃗ |=√3两边平方进行数量积的运算即可求出a⃗⋅b⃗ =12，然后根据|2a⃗+b⃗ |=√(2a⃗+b⃗ )2进行数量积的运算即可求出|2a⃗+b⃗ |的值．本题考查了向量数量积的运算及计算公式，向量长度的求法，考查了计算能力，属于基础题．3.【答案】C【解析】解：一共有27个小方块，其中边缘方块有12个，∴从这些小正方体中任取一个，恰好抽到边缘方块的概率为：P=1227=49．故选：C．一共有27个小方块，其中边缘方块有12个，由此能求出所求概率．本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4.【答案】A【解析】解：∵样本数据中只有1，3，5，7，没有6，∴样本数据一共有偶数个数，且从小到大排序后中间两个数为5，7，∴样本数据中有一半是7，∴p4=0.5，故选：A．由样本数据中只有1，3，5，7，没有6知样本数据一共有偶数个数，且从小到大排序后中间两个数为5，7，从而求得．本题考查了中位数的应用及频率与频数的关系，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：空间三个平面α，β，γ，对于A，若α⊥β，α⊥γ，则β与γ相交或平行，故A错误；对于B，若α⊥β，α⊥γ，则β与γ相交或平行，故B错误；对于C，若α//β，α//γ，则β//γ，故C错误；对于D，若α//β，α//γ，则由面面平行的判定定理得β//γ，故D正确．故选：D．对于A，β与γ相交或平行；对于B，β与γ相交或平行；对于C，β//γ；对于D，由面面平行的判定定理得β//γ．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，考查推理论证能力等数学核心思想，是中档题．6.【答案】B【解析】解：∵点A(3m,−m)是角α的终边上的一点，∴tanα=−m3m =−13，∴sin2α+sin2α1+cos2α=2sinαcosα+sin2α2cos2α=2tanα+tan2α2=2×(−13)+192=−518．故选：B．由条件利用任意角的三角函数的定义求得tanα的值，进而利用二倍角公式，同角三角函数基本关系式化简所求即可得解．本题主要考查任意角的三角函数的定义，二倍角公式，同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．7.【答案】C【解析】解：当肉丸的体积最大时，肉丸所成的球是该正四面体的内切球， 设正四面体的棱长为a ，高为h ，内切球的半径为r ， 如图，CD =√32a ，CO′=23CD =√33a ，则ℎ=√63a ，正四面体的表面积S =4×12×a ×a ×√32=√3a 2，由等体积法得V P−ABC =13rS ，即13×12×a ×a ×√32×√63a =13×√3a 2×r ，解得r =√612a ．∴r ℎ=√6a12√6a 3=14． 故选：C ．根据题意，当肉丸的体积最大时，肉丸所成的球是该正四面体的内切球，由等体积法求得内切球的半径，再求出半径与该正四面体的高的比值即可．本题考查数学文化与空间几何体的内切球问题，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．8.【答案】C【解析】解：以C 为原点，可建立如下图所示的平面直角坐标系：则P 点轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆；B(0,2)，D(3,0)，A(3,2)， 设P(x,y)，则x 2+y 2=1，I 1−I 2=AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，又CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x −3,y −2)，∴I 1−I 2=CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −4， ∵y ∈[−1,1]，∴2y −4∈[−6,−2]，∴I 1−I 2<0，即I 1<I 2， I 1−I 3=AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 又DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,2),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(x −3,y −2)， ∴I 1−I 3=DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +9+2y −4=−3x +2y +5， 不妨设x =cosθ，y =sinθ，则I 1−I 3=−3cosθ+2sinθ+5=√13sin(θ−φ)+5，其中tanφ=−23， ∵sin(θ−φ)∈[−1,1]，∴√13sin(θ−φ)+5∈[5−√13,5+√13]， 即I 1−I 3>0，即I 1>I 3，综上所述，对于任意点P ，都有I 1<I 2，I 1>I 3， 故选：C ．以C 为原点建立平面直角坐标系，可知P 点轨迹方程为x 2+y 2=1；利用坐标表示出I 1−I 2和I 1−I 3，利用y 的取值范围和三角函数的知识可求得结论．本题考查平面向量的应用问题，关键是能够通过建立平面直角坐标系的方式将问题转化为坐标运算的问题；通过作差法比较大小，利用求解函数值域的方式来确定大小关系．9.【答案】AD【解析】解：若z 1，z 2互为共轭复数，设z 1=a +bi ，z 2=a −bi ，则z 1z 2=a 2+b 2是实数，所以A 正确； 若i 为虚数单位，n 为正整数，则i 4n+3=i 3=−i ，所以b 不正确；复数5i−2=5(−2−i)(−2+i)(−2−i)=−2−i ，所以复数5i−2的共轭复数为−2+i ，所以C 不正确； 复数为−2−i 的虚部为−1，满足复数的定义，所以D 正确； 故选：AD ．利用复数的运算法则判断选项的正误即可．本题考查命题的真假的判断与应用，复数的基本运算，是基础题．10.【答案】ABD【解析】解：如图：作DO ⊥AB 交AB 于点O ，可知OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，由题意DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ．AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴A 对； DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12×(−12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )+12AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴B 对； AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2×1×cosπ=−2，∴C 错；AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =22+0+0+2×1×1=6，∴D 对． 故选：ABD ．AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 可判断A ；DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，作DO ⊥AB 交AB 于点O ，OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 可判断B ； 通过向量数量积计算公式计算AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 可判断C ；AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )展开计算可判断D ． 本题考查平面向量和运算、数量积性质及运算，考查数学运算能力，属于中档题．11.【答案】AC【解析】解：对于A ：在△ABC 中，若A >B ，所以a >b ，利用正弦定理：则sinA >sinB ，故A 正确； 对于B ：在△ABC 中，若sin2A =sin2B ，整理得2A =2B 或2A =π−2B ，故A =B ，A +B =π2， 则△ABC 是等腰三角形或直角三角形，故B 错误；对于C ：在△ABC 中，若acosB −bcosA =c ，整理得：sinAcosB −sinBcosA =sinC ，所以A −B =C ，由于A +B +C =π，解得A =π2，则△ABC 是直角三角形，故C 正确；对于D ：在△ABC 中，若cosA =513，则sinA =1213，由于sinB =45，所以cosB =±35，根据A 的范围cosB =35，故当cosB =35时，cosC =−cos(A +B)=−=−cosAcosB +sinAsinB =−513×35+1213×45=3365，故D 错误． 故选：AC ．直接利用三角函数关系式的恒等变换，三角函数的值的应用，正弦定理的应用判断A 、B 、C 、D 的结论． 本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，三角函数的值的应用，正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．12.【答案】ABD【解析】解：对于A，圆锥的底面半径与高均为2，则母线长l=2√2，圆锥的侧面积S=πrl=4√2π，故A正确；对于B，当点B为弧AC的中点时，底面三角形ABC面积最大为12×4×2=4，此时三棱锥S−ABC体积的最大值为13×4×2=83，故B正确；对于C，当B与C趋于重合时，∠SAB趋于π4，当B与A趋于重合时，∠SAB趋于π2，∴∠SAB的取值范围是(π4,π2)，故C错误；对于D，若AB=BC，以AB为轴把平面SAB旋转至与平面ABC重合，连接SC，交AB于E，则∠ABC=150°，在△SBC中，SB=BC=2√2，由余弦定理可得：SC=√8+8−2×2√2×2√2×(−√32)=2(√3+1)，即SE+CE的最小值为2(√3+1)，故D正确．故选：ABD．直接求出圆锥的侧面积判断A；求出棱锥体积最大值判断B；由极限思想求得∠SAB的范围判断C；以AB 为轴把平面SAB旋转至与平面ABC重合，连接SC，交AB于E，此时SE+CE的最小，由余弦定理求得最小值判断D．本题考查圆锥侧面积与棱锥体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．13.【答案】40【解析】解：根据题意得：这个样本的容量是1000×0.04=40．故答案为：40．根据样本容量计算方法可解决此题．本题考查样本容量计算方法，考查数学运算能力，属于基础题．14.【答案】[1,3]【解析】解：设z=a+bi，由|z−i|=1得a2+(b−1)2=1，|∴a2=1−(b−1)2=−b2+2b，∴|z+i|=√a2+(b+1)2=√−b2+2b+b2+2b+1=√4b+1，由a2=1−(b−1)2=−b2+2b≥0得0≤b≤2，∴|z+i|=√4b+1∈[0,3]．故答案为：[0,3]．设z=a+bi，由|z−i|=1得a2+(b−1)2=1，|z+i|=√a2+(b+1)2可解决此题．本题考查复数模，考查数学运算能力，属于基础题．15.【答案】−79【解析】解：∵cos(30°−α)−sinα=13，∴√32cosα−12sinα=13，即cos(30°+α)=13，∴sin(30°−2α)=cos[90°−(30°−2α)]=cos(60°+2α)=2cos2(30°+α)−1=2×19−1=−79．故答案为：−79．根据已知条件，结合三角函数的诱导公式，以及二倍角公式，即可求解．本题考查了三角函数的诱导公式，以及二倍角公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．16.【答案】12√3+6【解析】解：棱长为1的正方形的面积为1×1=1，正六边形的面积为6×12×1×1×√32=3√32，又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正六边形与3个正方形相连，所以该多面体有6个正方形，正六边形有6×4÷3=8个，所以该多面体的表面积为8×3√32+6=12√3+6．故答案为：12√3+6．求出每个正方形及正六边形的面积，再由已知求得正方形及正六边形的个数，则答案可求．本题考查多面体表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，求出多面体中正方形与正六边形的个数是关键，是中档题．17.【答案】解：(1)∵z 1=a +3i ，z 2=2−ai ，∴z 1−z 2−=a −2+(3−a)i ，∵z 1−z 2−在复平面内对应的点落在第一象限， ∴{a −2>03−a >0，解得2<a <3，即实数a 的取值范围是(2,3)；(2)由虚数z 1是实系数一元二次方程x 2−6x +m =0的根，得z 12−6z 1+m =0，即(a +3i)2−6(a +3i)+m =0，整理得a 2−6a +m −9+(6a −18)i =0，∴{a 2−6a +m −9=06a −18=0，解得{a =3m =18．【解析】(1)由已知结合复数代数形式的乘除运算化简z 1−z 2−，再由其实部与虚部均大于0列不等式组求解a 的范围；(2)把z 1代入实系数一元二次方程x 2−6x +m =0，整理后利用复数相等的条件列式求得a 与m 值． 本题考查复数代数形式的乘除运算化简，考查复数的代数表示法及其几何意义，考查运算求解能力，是基础题．18.【答案】解：(1)第2组的频数为100×0.300=30，所以①处应填的数为100−30−30−20−10=10， ②处应填的数为30÷100=0.300， 频率分布直方图如图所示，(2)因为第3、4、5组共有60名选手，所以利用分层抽样在60名选手中抽取6名选手进入第二轮面试，每组抽取的人数分别为：第3组：3060×6=3人，第4组：2060×6=2人，第5组：1060×6=1人，所以第3、4、5组分别抽取3人、2人、1人进入第二轮面答，设第3组的3位学生为A1，A2，A3，第4组的2位学生为B1，B2，第5组的1位学生为C1，则从这6位学生中抽取2位学生有：(A1,A2)，(A1,A3)，(A1,B1)，(A1,B2)，(A1,C1)，(A2,A3)，(A2,B1)，(A2,B2)，(A2,C1)，(A3,B1)，(A3,B2)，(A3,C1)，(B1,B2)，(B1,C1)，(B2,C1)，共15种情况．抽到的2位学生不同组的有：(A1,B1)，(A1,B2)，(A1,C1)，(A2,B1)，(A2,B2)，(A2,C1)，(A3,B1)，(A3,B2)，(A3,C1)，(B1,C1)，(B2,C1)，共11种情况．所以抽到的2位学生不同组的概率为1115．【解析】(1)由频数与频率的关系，结合表格求解即可，再求频率比组距，从而完成频率分布直方图，(2)由分层抽样可得第3、4、5组分别抽取3人、2人、1人进入第二轮面答，再列基本事件，从而求概率．本题综合考查了频率分布直方图及概率的应用，注意保证基本事件的等可能性及列举不重不漏，属于基础题．19.【答案】证明：(1)∵侧棱CC1⊥底面A1B1C1，C1G⊂底面A1B1C1，∴CC1⊥C1G，∵三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1//BB1，∴BB1⊥C1G..∵G为正三角形A1B1C1的边A1B1的中点，∴C1G⊥A1B1．又BB1⊂平面AA1B1B，A1B1⊂平面AA1B1B，BB1∩A1B1=B1，∴C1G⊥平面AA1B1B.∵AB1⊂平面AA1B1B，∴C1G⊥AB1．(2)记AB1∩A1B=O，连EO．∵三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1B1B是平行四边形，AB1∩A1B=O，∴O为AB的中点，又∵△B1AC1中，E为B1C1的中点，则EO//AC1．∵EO⊂平面A1EB，AC1φ平面A1EB，∴AC1//平面A1EB．【解析】(1)证明C1G⊥B1B，C1G⊥A1B1，然后证明C1G⊥平面AA1B1B；(2)证明AC1//OE，然后证明AC1//平面BA1E.本题考查直线与平面平行与直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．20.【答案】解：(1)在△MBC中，∠MBC=60°，∠MCB=90°，BC=3，∴MC=tan60°=√3，BC∴MC=√3BC=3√3≈5.196≈5.20．所以垃圾处理站M与小区C间的距离为5.20公里．(2)在△MBC中，∠MBC=60°，∠MCB=90°，BC=3，MC=3√3，所以MB=6．又在△MBA中，∠MBA=60°，AB=2，∴MA2=AB2+MB2−2AB⋅MB⋅cos60°=28，∴MA=2√7≈5.292，方案一费用：y1=a(|MA|+|AB|+|BC|+|CM|)=a(5.292+2+3+5.196)=15.488a，方案二费用：y2=2a|MB|+2λa(|AB|+|BC|)=(10λ+12)a，当y1>y2时，方案二合算，此时0<λ≤0.34，当y1≤y2时，方案一合算，此时0.35≤λ<1，综上，当0<λ≤0.34时，方案二合算；当0.35≤λ<1时，方案一合算．【解析】(1)在△MBC中，利用三角函数求出MC的值．(2)在△MBC中，求出MB的值，再在△MBA中利用余弦定理求出MA的值，分别分析方案一，方案二的费用，即可判断出结果．本题主要考查了函数的实际应用，考查了解三角形的知识，同时考查了学生的计算能力，是中档题．21.【答案】解：(Ⅰ)因为2b +c =2acosC ，所以2b +c =2a ⋅a2+b 2−c 22ab，整理可得：b 2+c 2−a 2=−bc ，由余弦定理可得：b 2+c 2−a 2=2bccosA ， 所以cosA =−12，A ∈(0,π)， 所以可得A =23π；(Ⅱ)由三角形的周长为√6+√5，a =√5， 所以b +c =√6，由(Ⅰ)可得a 2=b 2+c 2−2bccosA =(b +c)2−2bc −2bccosA ，而cosA =−12， 所以可得5=6−2bc +bc ，可得bc =1， 所以S △ABC =12bcsinA =12×1×√32=√34；所以△ABC 的面积为√34；(Ⅲ)由正弦定理可得：b sinB =a sinA ，b =√3，a =√5，A =23π， 所以sinB =ba⋅sinA =√3√5⋅√32=2√5，b <a ，所以B 为锐角，所以cosB =√112√5，所以sin2B =2sinBcosB =3√1110，cos2B =2cos 2B −1=2×114×5−1=−110，所以cos(2B −A)=cos(2B −23π)=−12cos2B +√32sin2B =1+3√3320， 所以cos(2B −A)的值为：1+3√3320．【解析】(Ⅰ)由题意和余弦定理可得A 的值；(Ⅱ)由三角形的周长及a 边，可得b +c ，再由(Ⅰ)和余弦定理可得bc 的值，代入面积公式求出三角形的面积；(Ⅲ)由(Ⅰ)和正弦定理可得B 的正弦值，再由大边对大角可得B 的余弦值，进而求出2B 的正余弦值，由两角差的余弦公式可得cos(2B −A)的值．本题考查三角形正余弦定理的应用以及面积的求法，属于中档题．22.【答案】(1)证明：连接BD ．由四边形ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD =60°，可知△BCD 是正三角形．∵E是CD的中点，∴BE⊥CD，又AB//CD，∴PA⊥BE，∵PA⊥底面ABCD，BE⊂平面ABCD，∴PA⊥BE．又AB⊂平面PAB，PA⊂平面PAB，AB∩PA=A，∴BE⊥平面PAB，又BE⊂平面PBE，∴平面PBE⊥平面PAB；(2)解：∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.又PA=2，AB=1，∴PB=√5，∵正三角形BCD中，BC=1，E是CD的中点，∴BE=√32，∵BE⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，∴BE⊥PB，∴S△PBE=12PB⋅BE=12×√5×√32=√154，∵V D−PBE=V P−BDE，PA⊥底面ABCD，设点D到平面PBE的距离为d，∴13S△PBE⋅d=13S△BDE⋅PA，而S△BDE=12DE⋅BE=12×12×√32=√38，∴d=S△BDE⋅PAS△BPE =√38×2√154=√55，即点D到平面PBE的距离为√55．(3)解：延长BE、AD，交于点F，连PF，则PF为平面PAD和平面PBE的交线．取AD中点H，连BH，过B作BI⊥PF，垂足为I，连HI．由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，可知△ABD是正三角形，∵H是AD的中点，∴BH⊥AD．∵PA⊥底面ABCD，BH⊂平面ABCD，∴PA⊥BH．又AD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，AD∩PA=A，∴BH⊥平面PAD，又PF⊂平面PAD，∴BH⊥PF，又BI⊥PF，BH⊂平面BHI，BI⊂平面BHI，BH∩BI=B，∵PF⊥平面BHI，而HI⊂平面BHI，∴PF⊥HI，则∠BIH为二面角B−PFA的一个平面角．∵BH⊥平面PAD，HI⊂平面PAD，∴BH⊥HI．∵菱形ABCD中，DE//AB，DE=12AB，E为BF的中点，BF=2BE=√3．在Rt△PBF中，PB=√5，BF=√3，PB⊥BF，BI⊥PF，∴PF =2√2，BI =BP⋅BF PF=√5⋅√32√2=√304，又BH =√32， ∴Rt △BHI 中，HI =3√24，cos∠BH =H BI =√2√304=√155， 即平面PAD 和平面PBE 所成锐二面角的余弦值为√155．【解析】(1)连接BD.证明PA ⊥BE ，PA ⊥BE.推出BE ⊥平面PAB ，然后证明平面PBE ⊥平面PAB ； (2)利用V D−PBE =V P−BDE ，转化求解点D 到平面PBE 的距离为√55．(3)延长BE 、AD ，交于点F ，连PF ，则PF 为平面PAD 和平面PBE 的交线．取AD 中点H ，连BH ，过B 作BILPF ，垂足为I ，连HI.说明∠BIH 为二面角B −PFA 的一个平面角．通过求解三角形推出结果即可． 本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判断定理的应用，等体积法的应用，二面角的平面角的求法，是中档题．。
江苏省泰州市2023-2024学年高一下学期6月期末考试 数学试题【含答案】
2023~2024学年度第二学期期末考试高一数学试题（考试时间：120分钟；总分：150分）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．在正方体1111ABCD A B C D -中，AC 与1BC 所成的角为（）A ．30B ．60C ．90D ．1202．记ABC 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c .已知4,45c A == ，若角B 有两解，则a 的值可以是（）A ．2B ．22C ．23D ．43．在ABC 中，()()()1,2,,1,2,6A C t AB -=，则（）A ．34t ≠-B ．12t ≠-C ．13t ≠D ．2t ≠4．设甲：直线a 与平面α内两条直线垂直，乙：直线a ⊥平面α，则甲是乙的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．复数z 与复平面内的点()3,4-对应，则2z =（）A ．724i-+B ．2524i+C ．2D ．256．已知互不相等的一组数12310,,,,x x x x 的平均数为10x ，方差为21s ，1239,,,,x x x x L 的方差为22s ，则（）A ．2212s s >B ．2212s s =C ．2212s s <D ．21s 与22s 大小关系不确定7．已知圆锥底面半径为3，体积为3π，若圆锥底面圆周和顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（）A ．100πB ．40πCD ．500π38．在ABC 中，8,2sin 3cos cos 4BC A B C =+=，则ABC 的面积为（）A ．4B ．8C ．24D ．32二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，不选或有选错的得0分.9．已知12,C z z ∈，方程210x x ++=的两个根为12,z z ，则（）A ．12z z =B ．12=z z C ．2112z z z =D ．2112z z z =10．已知事件,A B 满足()()11,32P A P B ==，则（）A ．若,AB 互斥，则()16P AB =B ．若,A B 互斥，则()12P A B +=C ．若,A B 独立，则()16P AB =D ．若,A B 独立，则()23P A B +=11．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，11,2,BC B C AC CC O ===为四边形11ACC A 对角线的交点.若F 为棱1BB 的中点，AF ⊥平面11BCC B ，则（）A ．CF AB ⊥B ．111BC A B ⊥C ．三棱锥F ABC -的体积小于三棱锥11B OA C -的体积D ．三棱柱111ABC A B C -的体积的最大值为2三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．抛掷两颗质地均匀的骰子，记“第一颗骰子结果向上的点数为偶数”为事件A ，记“第二颗骰子结果向上的点数为5或6"为事件B ，则()P AB =.13．已知向量()()()1,2,4,3,3,OA OB OC m === .若OB OC ⊥u u u r u u u r ，则向量AC 在向量OB 上的投影向量的坐标为.14．如图，设草地与山坡所成二面角F AB D --的平面角为θ，且tan θ=.山脚线AB 上有一个标志物I ，猎人在I 点的正东方向100米的G 点处，一只兔子在I 点的正北方向100米的J 点处.若兔子沿垂直于AB 的方向往山坡上以10米/秒的速度奔跑，15秒后到达H 点，同时被猎人击中，则点G 与点H 之间的距离为米：猎人行走至H 点的最短路程是米.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15．已知32ππα<<，4sin 5α=-，求下列各式的值：(1)22sin sin 2cos 2ααα+；(2)5tan 4πα⎛⎫- ⎪⎝⎭．16．某医院在一次体检中抽取了100名患者的心跳数据（均为整数），分成[59.5,69.5)，[69.5,79.5)，[79.5,89.5)，[89.5,99.5)，[99.5,109.5]五组，得到如图所示的频率分布直方图.(1)求心跳为89.5次的百分位数，并估算这批患者心跳次数的平均数；(2)为进一步了解患者的心跳次数的情况，从高于89.5次的患者中分层抽样6人，再从6人中任取2人，求抽中的2人心跳次数都高于99.5的概率.17．在ABC 中，角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，从下面的三个条件中选取适当的一个并解答如下问题.①2222222b c a b c c b c a -+-=+-；②3cos sin 3c a B a B -=；③cos cos 2cos a B b A c B +=.(1)求A ；(2)若2a =，求22b c +的取值范围.18．如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 为直角梯形，AB ,CD AB CD >，90ABC ∠= .过点1C 作1C O ⊥平面ABCD ，垂足为,,O OB OC M =是1CC 的中点.(1)在四边形ABCD 内，过点O 作OE AD ⊥，垂足为E .（i ）求证：平面1OEC ⊥平面11ADD A ；（ii ）判断11,,,O E D C 是否共面，并证明.(2)在棱BC 上是否存在一点N ，使得1AC 平面OMN ？若存在，给出证明：若不存在，请说明理由.19．在ABC 中，1AB =，过点A 分别作,AC AB 的垂线12,l l ，点B 关于1l 的对称点为1B ，点C 关于2l 的对称点为1C .(1)若5π,6BAC AC P ∠==是ABC 所在平面内的任意一点，求()11PA PB PC ⋅+ 的最小值；(2)（i ）若1B 是1BCC 的重心，求AC 的值；（ii ）若113,,,2AB x AB AC AC y AB z AC x z =+=+为实数，y 为正整数，求cos ACB ∠的值.1．B【分析】根据异面直线的定义，转化为相交直线所成的角，即可求解.【详解】因为11//A C AC ，所以异面直线AC 与1BC 所成的角就是11A C 与1BC 所成的角，即11BC A ∠或其补角，11BC A △是等边三角形，1160BC A ∠= ，所以异面直线AC 与1BC 所成的角为60 .故选：B 2．C【分析】由正弦定理先计算出sin C ，而角B 有两解，则需要满足sin 1C <且c 是最大边进而求出a 的范围.【详解】角B 有两解，即角C 有两解，由正弦定理可知：4sin2sin sin sin a c c AC A C aa a=⇒===，角C 要有两解，则需满足a c <且22sin 1C a=<，解得：4a <<.故选：C 3．D【分析】根据向量共线的坐标表示的充要条件求解，再取补集即可【详解】()()1,2,,1A C t -，得()1,3AC t =-，因为,AB AC 是ABC 的两条边，所以,AB AC不共线，所以()23612t t ⨯≠-⇒≠故选：D 4．B【分析】根据线面垂直的判断定理和性质定理，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项.【详解】甲：没有说明平面α内的两条直线相交，所以甲推不出乙，反过来，若乙成立，则a 与平面α内的任意直线垂直，则乙能推出甲，所以甲是乙的必要不充分条件.故选：B 5．A【分析】由坐标写出对应复数，再求出其共轭复数，代入计算即可.【详解】由题意复数z 与复平面内的点()3,4-对应，所以34i z =-，所以i 34z =+，所以()2724i 34i z ==-++.故选：A .6．C【分析】首先计算第二组数据的平均数，再代入方差的定义，即可判断.【详解】由题意可知，121010 (10)x x x x +++=，所以12910...9x x x x +++=，则12910 (9)x x x x +++=，所以数据1239,,,...x x x x 的平均数是10x ，()()()222110210101021 (10)x x x x x x s-+-++-=，()()()22211021091022...9x x x x x x s-+-++-=，21s 与22s 的分子相同，比较分母，可知，2212s s <，故选：C 7．A【分析】根据题意，求得圆锥的高1h =，结合球的截面圆的性质，以及球的表面积公式，即可求解.【详解】设圆锥的高为h ，因为圆锥的体积为3π，可得21π33π3h ⨯⨯=，解得1h =，设圆锥的外接球的半径为R ，可得222()R r R h =+-，即2223(1)R R =+-，解得5R =，所以外接球的表面积为224π4π5100πS R ==⨯=.故选：A.8．B【分析】首先利用三角函数恒等变换化简条件等式，再根据最值，确定三角形内角的关系，再根据余弦定理以及三角形面积公式，即可求解.【详解】由题意可知，()()32sin cos cos 42A B C B C +++-=⎡⎤⎣⎦，即()()4sin 3cos 3cos 8A B C B C +++-=，则()4sin 3cos 3cos 8A A B C -+-=，即()()5sin 3cos 8A B C ϕ-+-=，其中3tan 4ϕ=，3sin 5ϕ=，4cos 5ϕ=其中()sin A ϕ-和()cos B C -的最大值为1，只有当π2A ϕ-=，B C =时，等号成立，π4sin sin cos 25A ϕϕ⎛⎫=+== ⎪⎝⎭，π3cos cos sin 25A ϕϕ-⎛⎫=+=-= ⎪⎝⎭，设b c x ==，由2222223162cos 226455x a b c bc A x x ⎛⎫=+-=-⋅-== ⎪⎝⎭，则x =ABC 的面积为114sin 208225bc A =⨯⨯=.故选：B【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过函数的最值，确定角的关系，从而确定三角形.9．ABC【分析】先根据求根公式求出方程210x x ++=的两个根，再根据选项依次计算即可.【详解】由求根公式可知，方程210x x ++=的两个根分别为122-+、122--，两根互为共轭复数，即12,z z 互为共轭复数，故A 正确；两根的模长相等且均为1，故B 正确；2211i i 12222-+=--=，22111i 1222222⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+--=-+= ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即221122z z z z ==，故C 正确；214131i i i 222422⎛⎫-+-=- ⎪ ⎪⎝=-⎭-，21131i i 2242422⎛⎫--=+-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，所以21z =122--或122-+，而121z z =，所以2112z z z ≠，故D 错误.故选：ABC.10．BCD【分析】利用互斥事件的定义判断AB ，利用相互独立事件的定义判断CD.【详解】对于A ，若,A B 互斥，则()0P AB =，故A 错误；对于B ，若,A B 互斥，则A B ⊆，则()()()112+==-=P A B P B P B ，故B 正确；对于C ，若,A B 独立，则()()()()()116==-=⎡⎤⎣⎦P AB P A P B P A P B ，故C 正确；对于D ，若,A B 独立，则()()()()11123263P A B P A P B P AB +=+-=+-=，故D 正确.故选：BCD.11．AD【分析】A 选项，根据等腰三角形的性质得到1CF BB ⊥，然后利用线面垂直的性质和判定定理得到CF AB ⊥；B 选项，先假设111BC A B ⊥成立，然后根据111BC A B ⊥和1AF BC ⊥得到1BC ⊥平面11ABB A ，然后结合A 选项的结论即可得到1BC ⊥平面11ABB A 不成立，即可说明111BC A B ⊥不成立；C 选项，将三棱锥11B OA C -的体积转化为三棱锥O ABC -的体积，然后结合,O F 为11,A C BB 中点，即可得到体积相等；D 选项，将三棱柱的体积转化为3倍的三棱锥1B ABC -的体积，然后设AF x =，计算体积，利用基本不等式求最大值即可.【详解】连接CF ，CF ，1AB ，1CB ，因为1BC B C =，F 为1BB 中点，所以1CF BB ⊥，因为AF ⊥平面11BCC B ，CF ⊂平面11BCC B ，所以AF CF ⊥，因为1AF BB F ⋂=，1,AF BB ⊂平面11ABB A ，所以CF ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，所以CF AB ⊥，故A 正确；若111BC A B ⊥，则1BC AB ⊥，因为AF ⊥平面11BCC B ，1BC ⊂平面11BCC B ，所以1AF BC ⊥，因为,AF AB ⊂平面11ABB A ，AF AB A ⋂=，所以1BC ⊥平面11ABB A ，由A 选项可知，1BC 不可能垂直平面11ABB A ，故B 错；由题意得11AOC OA C S S =V V ，所以11B AOC O ABC B OA C V V V ---==，因为O 为四边形11ACC A 的交点，所以O 为1A C 的中点，又F 为1BB 中点，所以点,F O 到底面ABC 的距离相等，所以11F ABC O ABC B OA C V V V ---==，故C 错；由题意得()1111133ABC A B C B ABC B AFC B AFC V V V V ----==+，因为AF ⊥平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，所以1AF BB ⊥，因为AF CF F ⋂=，,AF CF ⊂平面ACF ，所以1BB ⊥平面ACF ，设AF x =，则CF ()11113ABC A B C B AFC B AFC V V V ---=+1AFC AFC S BF S B F =⋅+⋅V V 1AFC S BB =⋅V 122x =22422x x +-≤=，当且仅当x =D 正确.故选：AD.【点睛】关键点睛：本题CD 选项解题关键在于进行体积的转化，将三棱锥11B OA C -的体积转化为三棱锥O ABC -的体积，三棱柱的体积转化为3倍的三棱锥1B ABC -的体积，然后去计算即可.12．16【分析】根据题意，根据相互独立事件的概率乘法公式，即可求解.【详解】由题意，可得31()62P A ==，且21()63P B ==，根据相互独立事件的概率乘法公式，可得()111()()236P AB P A P B ==⨯=.故答案为：16.13．86,55⎛⎫-- ⎝⎭【分析】根据向量垂直的坐标表示条件求出m 的值，进而求出AC ，向量AC 在向量OB上的投影向量为2AC OB OB OB计算可得.【详解】由()()4,3,3,OB OC m == ，又OB OC ⊥u u u r u u u r，所以12304m m +=⇒=-，得()2,6AC =-，243610AC OB =⨯-⨯=-，5OB ==则向量AC 在向量OB 上的投影向量的坐标为2AC OB OB OB ()4,31086,5555-⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，故答案为：86,55⎛⎫-- ⎪⎝⎭14．【分析】先根据二面角结合余弦定理求出两点间距离，再根据展开图结合三角形求边长即可.【详解】过J 作IG 的平行线,且IG JT =，因为,HJ AB JT AB ⊥⊥,所以HJT ∠为F AB D --的平面角θ，1015150HJ =⨯=,在HJT 中由余弦定理可得：22222212cos 15010021501002004HT HJ JT HJ JT θ=+-⨯⨯⨯=++⨯⨯⨯=,200HT =,因为//,IG JT IG JT =，所以四边形IJTG 是平行四边形，所以//TG AB ,又因为,,,HJ AB JT AB HJ JT J HJ ⊥⊥⋂=⊂平面,HJT JT ⊂平面HJT ,所以AB ⊥平面HJT ,所以TG ⊥平面,HJT HT ⊂平面HJT ,所以TG HT ⊥,在HGT 中，2222220010050000HG HT GT =+=+=,所以HG =把二面角展开成一个平面，150100250HT HJ JT =+=+=,100GT =,在HGT 中，2222225010072500HG HT TG =+=+=,所以HG =.故答案为：15．(1)8-(2)17【分析】（1）利用同角的三角函数关系式求出tanα的值，再利用正弦余弦的二倍角公式，结合同角三角函数关系中的商关系进行求解即可；（2）利用两角差的正切公式进行求解即可.【详解】（1）因为32ππα<<，4sin5α=-，所以3cos5α===-，因此4sin45tan3cos35ααα-===-，222222164222sin sin22sin2sin cos2tan2tan93816 cos2cos sin1tan19ααααααααααα⨯+⨯+++====----；（2）451tan tan5134tan54471tan tan1143παπαπα--⎛⎫-===⎪⎝⎭++⨯16．(1)70，84(2)115【分析】（1）根据百分位数和平均数的求法即可求解；（2）利用列举法，结合古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】（1）89.5的百分位数为()10010.20.170⎡⎤⨯-+=⎣⎦，设心跳次数为x，则64.50.174.50.2584.50.3594.50.2104.50.184x=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，所以这批志愿者的心跳数的平均数为84；（2）由从高于89.5次的检测者中分层抽样6人得[)89.5,99.5抽4人，记为A，B，C，D，[]99.5,109.5抽2人，记为E，F，记“抽中的2人心跳数高于99.5”为事件M，从6人中任取2人有AB，AC，AD，AE，AF，BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF，共15种，2人心跳数高于99.5有EF，1种，则()P M =115，即抽中的2人心跳数高于99.5的概率为115.17．(1)条件选择见解析，π3A =(2)(]4,8【分析】（1）若选①，由余弦定理化简可得22cos 2cos b c ab C c bc A-=，再根据正弦定理化简计算即可；若选②，由正弦定理化简即可；若选③，由正弦定理化简即可；（2）由余弦定理可得2222cos b c bc A a +=+，根据正弦定理及两角差的余弦公式化简，再根据22(,)33B C ππ-∈-求解即可.【详解】（1）若选①，根据余弦定理得22cos 2cos b c ab C c bc A -=，由正弦定理可得2sin cos cos sin sin cos B A C A C A =+，即()2sin cos sin B A A C =+.因为πA C B +=-，所以()2sin cos sin πsin B A B B =-=.又sin 0B ≠，所以1cos 2A =，又()0,πA ∈，所以π3A =.若选②，因为cos sin c a B B -，所以由正弦定理，可得sin sin cos sin C A B A B -=，即()sin sin cos cos sin A B A B A B +=+，整理得cos sin sin A B A B =，因为()0,πB ∈，所以sin 0B >，可得cos A A =，即tan A =因为()0,πA ∈，所以π3A =.若选③，因为cos cos 2cos c A a C b A+=所以由正弦定理可得：sin cos sin cos sin()sin 2sin cos C A A C A C B B A +=+==，因为()0,πB ∈，所以sin 0B >；可得1cos 2A =.又()0,πA ∈，故π3A =.（2）由（1）得π3A =，因2a =，由正弦定理，2π3sin sin sin 3b c B C ===，则sin ,3b B =3c C =，222162cos 4sin sin 43b c bc A a bc B C +=+=+=+[]8816cos()cos()4cos()333B C B C B C =--++=-+，因为2π,0,3B C ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭且2π3B C +=，所以2π2π,33B C ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，所以()1cos ,12B C ⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦，所以22b c +的取值范围为(]4,8.18．(1)（i ）证明见解析；（ii ）不共面，证明见解析(2)存在，证明见解析【分析】（1）（i ）由线面垂直的性质可得1C O ⊥AD ，然后由面面垂直的判定可证，（ii ）利用反证法，假设结论的反面成立，利用面面平行的性质推出矛盾，进而得到结论正确（2）利用面面平行的判定可得平面OMN 平面1ABC ，然后利用线面平行的定义得证【详解】（1）（i ）由1C O ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，则1C O ⊥AD ，又OE AD ⊥，1OE OC O = ，1,OE OC ⊂平面1OEC ，则AD ⊥平面1OEC ，因为AD ⊂平面11ADD A ，所以平面1OEC ⊥平面11ADD A ；（ii ）11,,,O E D C 不共面，假设11,,,O E D C 共面于α，由四棱柱1111ABCD A B C D -，得平面//ABCD 平面1111D C B A ，又11111,ABCD OE A B C D C D αα== ，所以11//OE C D ，又11//CD C D ，所以//OE CD ，又OE AD ⊥，即CD AD ⊥，又90ABC ∠= ，且90ADC ∠=︒，//AB CD ，从而四边形ABCD 为矩形，与AB CD >矛盾!所以11,,,O E D C 不共面；（2）取BC 的中点N ，连接CO 并延长交AB 于P ，因为90ABC ∠=︒，OB OC =，所以O 为CP 的中点，//ON AB ，因为ON ⊄平面1ABC ，AB ⊂平面1ABC ，所以//ON 平面1ABC ，由M 是1CC 的中点，1//,MN BC MN ⊄平面1ABC ，1BC ⊂平面1ABC ，所以//MN 平面1ABC ，因为ON MN N ⋂=，,ON MN ⊂平面OMN ，所以平面//OMN 平面1ABC ，因为1AC ⊂平面1ABC ，所以1//AC 平面OMN .19．(1)12-(2)（i（ii或78【分析】（1）利用平面几何知识得11π2C AB ∠=，然后根据向量的加法法则求得12MN = ，再转化为()21111242PA PB PC PN ⎛⎫⋅+=-≥- ⎪⎝⎭ 可得（2）（i ）首先建立直角坐标系，利用参方程和重心公式可得，（ii ）利用已知条件求出1,2y =，然后利用正弦定理和三角函数知识分别求出cos ACB ∠即可【详解】（1）如图，由题意得11BB AC ACB CBB ⇒∠= ，又5π6BAC ∠=，所以5ππ66πACB ABC ∠∠-=+=，所以在ABD △中，3π2ππ6BAD -=∠=，112π23CAC BAB BAD ∠=∠=∠=，所以112π5ππ2362B AC ∠=⨯-=，112AB AC += ；取11B C 的中点为M ，AM 的中点N ，则1111112222MN AM AB AC ==⨯+= ，则()222111122()242PA PB PC PA PM PN MN PN ⎛⎫⋅+=⋅=-=-≥- ⎪⎝⎭ ，即当P 为AM 中点时，()11PA PB PC ⋅+ 取最小值12-；（2）以A 为坐标原点，AB 为x 轴正方向，建立直角坐标系，设(cos ,sin )C r r θθ，0AC r =>，则(1,0)B ，(1,0)AB =，由题意得()()()()1cos 2π,sin 2πcos 2,sin 2AB θθθθ=--=-- ，()()()()1cos π,sin πcos ,sin AC r r r r θθθθ=--=-- ，（i ）因为1B 是1BCC 的重心，所以3cos 21cos cos 3sin 22sin r r r θθθθθ-=+-⎧⎨-=⎩，即21cos 33cos r θθ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，所以3cos 3θ=-，||AC r == （ii ）由113,2AB x AB AC AC y AB z AC =+=+ 得：3cos 2cos 23sin 2sin 2cos cos sin sin x r r r y zr r zr θθθθθθθθ⎧-=+⎪⎪⎪-=⎨⎪-=+⎪⎪=⎩，即3cos 2cos 23cos 42cos 1x r r y r z θθθθ⎧-=+⎪⎪⎪=-⎨⎪=-⎪⎪=⎩所以1x z ==，因此cos θ=23cos 18BAC y ∠=≤得1,2y =，当1y =时，cos BAC ∠=sin BAC ∠=AC =BC ==由sin ACB ∠=sin AB BAC BC ∠=7cos 8ACB ∠=；当2y =时，cos BAC ∠=1sin 2BAC ∠=，AC =BC ==由sin ACB ∠=sin 13AB BAC BC ∠=，得cos 13ACB ∠=所以cos ACB ∠78.。
2022-2023学年江苏省泰州市高一年级下册学期期末数学试题【含答案】
2022-2023学年江苏省泰州市高一下学期期末数学试题一、单选题1．已知()1,m t = ，(),3n t = ，若m n∥，则t =（）A ．0B ．3C ．3±D ．3±【答案】C【分析】根据题意，由平面向量共线的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】因为()1,m t = ，(),3n t = ，且m n ∥，则13tt =，解得3t =±.故选：C 2．复数52i-（i 为复数单位）的共轭复数是（）A ．2i -B ．2i+C ．2i-+D ．2i--【答案】A 【分析】计算52i 2i=+-，再计算共轭复数得到答案.【详解】()()()52i 52i 2i 2i 2i +==+-+-，则复数52i-（i 为复数单位）的共轭复数是2i -，故选：A3．采用简单随机抽样的方法，从含有5个个体的总体中抽取一个容量为2的样本，某个个体被抽到的概率为（）A ．15B ．12C ．23D ．25【答案】D【分析】根据简单随机抽样每个个体被抽到的概率nP N=直接计算，即可得答案；【详解】 简单随机抽样每个个体被抽到的概率n P N=，∴含有5个个体的总体中抽取一个容量为2的样本，某个个体被抽到的概率为25，故选：D.【点睛】本题考查简单随机抽样的概念，考查对概念的理解，属于基础题.4．望海楼是江苏泰州的著名景点，位于泰州凤城河风景区内.它初建于南宋绍定二年，被誉为“江淮第一楼”.为测量望海楼的高度AB ，可选取与楼底B 在同一水平面内的两个测量基点C 与D .现测得75BCD∠=︒，60BDC∠=︒，45CD=米，在点C测得楼顶A的仰角为30°，则楼高AB约为（）米.A．30B．32C．34D．36【答案】B【分析】先在BCD△中，利用正弦定理求得BC，再在ABC求得AB即可.【详解】在BCD△中，由题意可得45CBD∠=︒，由正弦定理可得sin sinCD BCCBD BDC=∠∠，可得345sin4562sin222CD BDCBCCBD⨯∠===∠（米），又因为30,90ACB ABC∠=︒∠=︒，所以34523232AB BC==≈（米）.故选：B.5．若tan2θ=，则2sin2cos1θθ+的值为（）A．23B．23-C．49D．49-【答案】A【分析】利用倍角公式结合齐次式问题运算求解.【详解】由题意可得：2222sin22sin cos2tan42cos12cos sin2tan243θθθθθθθθ====++++.故选：A.6．在正四棱台1111ABCD A B C D-中，已知2AB=，1111AA A B==，则侧棱1BB与底面ABCD所成角的正弦值为（）A．13B ．22C ．33D ．32【答案】B【分析】根据题意，做出其截面图，然后结合线面角的定义即可得到结果.【详解】由题意可得正四棱台的截面图，如图所示，且11B BDD 为等腰梯形，过点1B 做1B M BD ⊥，过点1D 做1D N BD ⊥，由线面角的定义可知，侧棱1BB 与底面ABCD 所成角即为1B BM ∠，由条件可得，11BB =，112=B D ,22BD =，则112B D MN ==，22BM BD ==,则22122122B M ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭，所以1B BM 为等腰直角三角形，所以145B BM ∠=︒，即12sin 2B BM ∠=.故选：B.7．已知ABC 的外接圆的圆心为O ，且π3A =，23BC =，则OB AC ⋅ 的最大值为（）A ．32B ．3C ．2D ．3【答案】C【分析】由正弦定理得到2OA OB OC ===，利用向量数量积公式得到24cos OB AC AOC ⋅=--∠，由4π0,3AOC ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭求出答案.【详解】由正弦定理得2324s π3sin in BC R A ===，故2OA OB OC ===，因为π3A =，所以2π3BOC ∠=，则()2π4cos 4cos 3OB AC OB OC OA OB OC OB OA AOC ⋅=⋅-=⋅-⋅=-∠ 24cos AOC =--∠，因为2π0,3AOB ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，所以4π0,3AOC ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，则[)cos 1,1AOC ∠∈-，故(]24cos 6,2OB AC AOC ⋅=--∠∈- .故选：C8．在ABC 中，点D 在线段BC 上，40B ∠= ，60BAD ∠= ，AB DC =，则tan C =（）A ．3B ．2C ．22D ．33【答案】D【分析】ADB 和ADC △中，利用正弦定理结合AB DC =，得()sin 80sin 80sin 40sin C C-= ，由倍角公式和两角和与差的正余弦公式化简求值.【详解】ABC 中，点D 在线段BC 上，40B ∠= ，60BAD ∠= ，如图所示，则80ADB ∠= ，80CAD C ∠=- ，由正弦定理，ADB 中，sin sin 80sin sin 40AB ADB AD B ∠==，ADC △中，()sin 80sin sin sin C DC CAD AD C C-∠== ，由AB DC =，则()sin 80sin 80sin 40sin C C-=，即2sin 40cos 40sin80cos cos80sin sin 40sin C C C-=，得sin 802cos 40cos80tan C =-，()sin 80sin 80tan 2cos 40cos802cos 3010cos80C ==+++sin 80sin 80333cos10sin10cos803sin 80cos80cos80===-+-+ .故选：D二、多选题9．对于数据2，6，8，2，3，4，6，8，则这组数据的（）A ．极差为6B ．平均数为5.25C ．30百分位数为3D ．众数为6【答案】AC【分析】把数据从小到大排列，利用极差、平均数、百分位数和众数的定义判断各选项是否正确.【详解】数据2，6，8，2，3，4，6，8，从小到大排为2，2，3，4，6，6，8，8，极差为826-=，A 选项正确；平均数为223466884.8758+++++++=，B 选项错误；830% 2.4⨯=，30百分位数是第3个数据，所以30百分位数为3，C 选项正确；众数为6和8，D 选项错误.故选：AC10．已知三个非零向量a ，b，c 共面，则（）A ．若a b = ，b c =，则a c= B ．若a b ⊥ ，b c ⊥ ，则a c∥ C ．若a b b c ⋅=⋅r r r r，则a c= D ．若a b ∥，则存在实数λ，使a bλ= 【答案】ABD【分析】利用向量的传递性，平面向量数量积的定义，平面向量共线定理，对选项逐个判断，找出正确选项.【详解】对于选项A ，a b = ，b c =，根据向量的传递性得a c = ，故选项A 正确；对于选项B ，若a b ⊥ ，b c ⊥ ，因为它们为共面向量，则a c ∥，故选项B 正确；对于选项C ，由a b b c ⋅=⋅r r r r得()0b a c ⋅-= ，因为a ，b ，c 是三个非零向量，所以得()b a c ⊥-，无法推出a c = ，故选项C 错误；对于选项D ，因为a ，b为非零向量，由平面向量共线定理可知，若a b ∥ ，则存在唯一的实数λ，使a b λ=，故选项D 正确.故选：ABD.11．已知事件A ，B 发生的概率分别为11,32，则（）A ．若A ，B 互斥，则A ，B 至多有一个发生的概率为16B ．若A ，B 互斥，则A ，B 至少有一个发生的概率为56C ．若A ，B 相互独立，则A ，B 至多有一个发生的概率为16D ．若A ，B 相互独立，则A ，B 至少有一个发生的概率为23【答案】BD【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式，结合事件的运算逐项分析计算作答.【详解】依题意，11(),()32P A P B ==，对于A ，()0P AB =，则A ，B 至多有一个发生的概率为1()1P AB -=，A 错误；对于B ，()0P AB =，则A ，B 至少有一个发生的概率115()()()326P A B P A P B +=+=+=，B 正确；对于C ，111()()()236P AB P A P B ==⨯=，A ，B 至多有一个发生的概率为51()6P AB -=，C 错误；对于D ，111()()()236P AB P A P B ==⨯=，则A ，B 至少有一个发生的概率1112()()()()3263P A B P A P B P AB +=+-=+-=，D 正确.故选：BD12．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 为线段1B C 上的动点，则（）A ．AP 与1BD 始终保持垂直B ．PA PD +的最小值为6C ．经过1AC 的平面截正方体所得截面面积的最小值为62D ．以A 为球心，AB 为半径的球面与平面11A BCD 的交线长为2π2【答案】AC【分析】根据正方体的性质，截面形状，结合空间中的垂直关系，以及空间中线段和最值的求解方法进行求解.【详解】对于A ，连接BD ，由正方形的性质可得BD AC ⊥，由正方体的性质可得1DD AC ⊥；又1DD BD D =I ，所以AC ⊥平面1BDD ，因为1BD ⊂平面1BDD ，所以1AC BD ⊥；同理可得11⊥AB BD ，因为1AB AC A = ，所以1BD ⊥平面1ACB ；因为AP ⊂平面1ACB ，所以1BD AP ⊥，A 正确.对于B ，把1DCB 沿1CB 展开到与1ACB 共面，如图，则,,A D P 三点共线时，PA PD +最小，且最小值为AD ，在ACD 中，1,2,150CD AC ACD ==∠=︒，由余弦定理可得2312212362AD ⎛⎫=+-⨯⨯⨯-=+ ⎪ ⎪⎝⎭，B 不正确.对于C ，分别取11,DC A B 的中点,M N ，连接11,,,AM AN C M C N ，由正方体的性质可知四边形1ANC M 是菱形，且是过1AC 面积最小的截面.理由如下：过点M 作1MF AC ⊥于F ，设DM x =，则1CM x =-；由直角三角形性质可得：()222211,11AM x C M x =+=+-；22221AF AM MF x MF =-=+-，()22221111C F C M MF x MF =-=+--；由13AF C F +=可得22211322MF x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，显然12x =时，MF 取到最小值22，此时截面面积最小.最小面积为116222MF AC ⨯⋅=，C 正确.对于D ，过点A 作1AE A B ⊥于点E ，由BC ⊥平面11ABB A ，可得BC AE ⊥；又因为1A B BC B =I ，所以⊥AE 平面11A BCD ，以A 为球心，AB 为半径的球面被平面11A BCD 所截的圆面的圆心为E ，半径为r ，则222r AE AB +=，所以22212r AB AE =-=，即22r =；以A 为球心，AB 为半径的球面与平面11A BCD 的交线是以E 为圆心的圆周，其长度为2π，D 不正确.故选：AC.三、填空题13．sin14cos16sin16cos14︒︒+︒︒=.【答案】12/0.5【分析】利用和角公式可得答案.【详解】()1sin14cos16sin16cos14sin 1416sin 302︒︒︒+︒=+=︒=︒︒.故答案为：1214．已知圆锥底面半径为1，高为3，则该圆锥的侧面积为．【答案】2π【分析】由已知求得母线长，代入圆锥侧面积公式求解．【详解】由已知可得r=1，h=3，则圆锥的母线长l=132+=,∴圆锥的侧面积S=πrl=2π．故答案为2π．【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法,侧面积公式S=πrl.15．已知1α=︒，61β=︒，则满足tan tan tan 1tan tan tan αβγαβγ++=的一个γ的值为.【答案】118o （答案不唯一）【分析】根据两角和的正切公式，将tan tan αβ+用tan()(1tan tan )αβαβ+-进行表示，再将tan tan tan 1tan tan tan αβγαβγ++=化简求得结果.【详解】tan tan tan()1tan tan αβαβαβ++=- ，tan tan tan()(1tan tan )tan 62(1tan tan )αβαβαβαβ∴+=+-=- ，又tan tan tan 1tan tan tan αβγαβγ++=，tan tan tan tan tan tan αβγαβγ∴++=，即tan 62(1tan tan )tan tan tan tan αβγαβγ-+= ，化简可得，tan 62tan tan tan (tan 62tan )γαβγ+=+ ，tan 62tan 0γ∴+= 或tan tan 1αβ=，又1α=︒，61β=︒，故tan tan 1αβ≠，tan 62tan 0γ∴+= ，故118γ= 满足题意，故答案为：118o （答案不唯一）.四、双空题16．已知ABC 的垂心为点D ，面积为15，且=45ABC ∠︒，则BD BC ⋅=；若1123BD BA BC =+，则BD = .【答案】3025【分析】利用向量的运算表示出BD，利用数量积运算可得答案；先利用面积及第一空结果求出22,BA BC ，对1123BD BA BC =+ 平方可求模长.【详解】如图，AH 是ABC 的BC 边上的高，则0AH BC ⋅=；设AD AH λ= ，因为=45ABC ∠︒，面积为15，所以1sin 45152BA BC ︒=，即302BA BC = ；()()BD BC BA AD BC BA AH BCλ⋅=+⋅=+⋅ cos 4530BA BC AH BC BA BC λ=⋅+⋅=︒=.由第一空可知30BD BC ⋅=，所以21111302323BD BC BA BC BC BA BC BC ⎛⎫⋅=+⋅=⋅+= ⎪⎝⎭；所以245BC = ，由302BA BC = 可得210BA = ，即240BA = ；因为1123BD BA BC =+，所以222221111110105102549349BD BA BC BA BC BA BC =++⋅=++=++=；故答案为：3025.五、解答题17．设a 为实数，复数13z a i =+，234z i =-.(1)若12z z ⋅为纯虚数，求a 的值；(2)若12z z <，求a 的取值范围.【答案】(1)4a =-(2)()4,4-【分析】（1）根据复数的乘法结合纯虚数的定义列式求解；（2）根据复数的模长公式运算求解.【详解】（1）因为()()()()123i 34i 31294i z z a a a⋅=+-=++-，若12z z ⋅为纯虚数，则3120940a a +=⎧⎨-≠⎩，解得4a =-.（2）若12z z <，则()2229345a +<+-=，可得216a <，解得44a -<<，所以a 的取值范围()4,4-.18．如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,90ACB ︒∠=,P 为1A B 的中点,Q 为1B C 的中点,11A B B C ⊥.求证:(1)PQ ∥平面111A B C ;(2)1BC CC =.【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）连接1BC ,根据三角形的中位线可得11PQ AC ∥,再根据线面平行的判定定理证明即可;（2）根据已知条件证明AC ⊥平面11BCC B ,从而得到111AC B C ⊥,再根据线面垂直的判定定理证明1B C ⊥平面11A BC ,则四边形11BCC B 为菱形即可得到结论.【详解】（1）连接1BC ,如图,因为四边形11BCC B 为平行四边形,所以Q 为1BC 的中点,又P 为1A B 的中点,所以在11A BC V 中,11PQ AC ∥,因为PQ ⊄平面111A B C ,11AC ⊂平面111AB C ,所以PQ ∥平面111A B C .（2）因为90ACB ︒∠=,即AC BC ⊥,又1AC C C ⊥,且1BC CC C ⋂=,BC ⊂平面11BCC B ,1C C ⊂平面11BCC B ,所以AC ⊥平面11BCC B ,因为11AC A C ∥,所以11A C ⊥平面11BCC B ,因为1B C ⊂平面11BCC B ,所以111AC B C ⊥,又1111111,,A B B C A B A C A A B ⊥=⊂ 平面11A BC ,11AC ⊂平面11ABC ,所以1B C ⊥平面11A BC ,因为1BC ⊂平面11A BC ,所以11B C BC ⊥,则四边形11BCC B 为菱形,所以1BC CC =.19．一个袋子中装有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球（标号为1和2），2个白球（标号为3和4），甲、乙两人先后从袋中不放回地各摸出1个球.设“甲摸到红球”为事件1R ，“乙摸到红球”为事件2R .(1)小明同学认为：由于甲先摸球，所以事件1R 发生的可能性大于2R 发生的可能性.小明的判断是否正确，请说明理由；(2)判断事件1R 与2R 是否相互独立，并证明.【答案】(1)不正确；理由见解析；(2)事件1R 与2R 不相互独立，理由见解析【分析】（1）先求出摸球的所有情况，利用古典概率求解()()12,P R P R ，比较即可判断；（2）利用独立事件的判定方法进行判断.【详解】（1）两人摸出球的所有情况：（1,2），（1,3），（1,4），（2,1），（2,3），（2,4），（3,1），（3,2），（3,4），（4,1）（4,2），（4,3），共12种；事件1R 包含的情况有：（1,2），（1,3），（1,4），（2,1），（2,3），（2,4），共6种；事件2R 包含的情况有：（1,2），（2,1），（3,1），（3,2），（4,1）（4,2），共6种；所以()()1212P R P R ==，故小明的判断不正确.（2）事件12R R 包含的情况有：（1,2），（2,1），故()1221126P R R ==；因为()()1214P R P R =，()()()1212P R R P R P R ≠；所以事件1R 与2R 不相互独立.20．已知(1,2),(2,3)A B .(1)若(2,5)C -，试判断ABC 的形状，并证明；(2)设AB 的中点为M .从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①60ACB ∠=︒；②62CM =；③ABC 的面积为32.注:若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分.【答案】(1)直角三角形，证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题意求出,AB AC ，由数量积的坐标表示可得0AB AC ⋅= ，即可判断ABC 的形状；（2）由余弦定理和三角形的面积公式先化简①②③，再从①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立即可.【详解】（1）因为(1,2),(2,3),(2,5)A B C -，所以(1,1),(3,3)AB AC ==- ，从而1(3)130AB AC ⋅=⨯-+⨯= ，于是AB AC ⊥ ，故ABC 为直角三角形.（2）||2c AB == ，记角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，由①得，由余弦定理得22222cos 60a b ab =+-︒，化简得222a b ab +-=；由②得，由cos cos 0AMC BMC ∠+∠=得，22222222626222220,46262222222b a a b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭+=∴+=⨯⨯⨯⨯；由③得，13sin 22ab C =，即sin 3ab C =.①②⇒③由①得222a b ab +-=；由②得224a b +=，解得2ab =，所以ABC ∆的面积为1133sin 6022222ab ︒=⨯⨯=.①③⇒②由③得sin 3ab C =，因为60ACB ∠=︒，所以2ab =，由①得222a b ab +-=，所以224a b +=，因为AB 的中点为M ，所以1()2CM CA CB =+ ，于是222116||()2cos60.222CM CM CA CB b a ab ==+=++︒= ②③⇒①由余弦定理得2222cos a b ab C =+-，由②得224a b +=，所以cos 1ab C =，由③得sin 3ab C =，所以tan 3C =，因为0180C ︒<<︒，所以60ACB ∠=︒.21．如图1，在等腰梯形ABCD 中，AB DC ，2AD AB ==，4CD =，E 为CD 的中点.将DAE 沿AE 翻折，得到四棱锥P ABCE -（如图2）.(1)若PC 的中点为M ，点N 在棱AB 上，且//MN 平面PAE ，求AN 的长度；(2)若四棱锥P ABCE -的体积等于2，求二面角P BC A --的大小.【答案】(1)1AN =(2)45︒【分析】（1）先证明面面平行，利用面面平行的性质得到线线平行，进而得出AN 的长度；（2）利用四棱锥的体积求出高，找到二面角的平面角，结合直角三角形的知识可得答案.【详解】（1）取EC 的中点G ,连接,GM GN ,因为,G M 分别为,EC PC 的中点，所以//GM PE ，因为PE ⊂平面PAE ，GM ⊄平面PAE ，所以//GM 平面PAE ；因为//MN 平面PAE ，GM MN M ⋂=，,GM MN ⊂平面GMN ，所以平面//GMN 平面PAE ；因为平面ABCE ⋂平面=PAE AE ,平面ABCE ⋂平面GMN GN =,所以//GN AE ，即N 为AB 的中点，所以1AN =.（2）由图1可知，等腰梯形ABCD 的高为3，所以四边形ABCE 的面积为2323⨯=；因为四棱锥P ABCE -的体积等于2，所以四棱锥P ABCE -的高等于3，因为三角形DAE 的高为3，所以平面PAE ⊥平面ABCE ；取AE 的中点O ,连接,OP OB ,由图1可知，,DAE BAE 均为等边三角形，所以OP AE ⊥,OB AE ⊥，且3==O P O B ;因为OP OB O = ,所以⊥AE 平面POB ，因为PB ⊂平面POB ，所以AE PB ⊥；由图1可知//AE BC ，所以PBO ∠是二面角P BC A --的平面角，因为平面PAE ⊥平面ABCE ，平面PAE 平面ABCE AE =，OP AE ⊥，所以OP ⊥平面ABCE ，所以POB 为直角三角形；在Rt POB △中，3==O P O B ，所以45PBO ∠=︒，即二面角P BC A --为45︒.22．在ABC 中，角,,A B C 的对边分别为a ，b ，c ，已知1cos 1cos 1sin sin A B A B++=+.(1)当π2C =时，求tan 2A 的值；(2)当1a =时，求ABC 周长的最大值.【答案】(1)1tan23A =(2)52+【分析】（1）根据题意借助于倍角公式整理得111tan tan 22AB =+，再结合两角和差公式运算求解；（2）以内切圆为基础，设OBD θ∠=，进而可得()sin cos AD OB θθ=+，结合面积公式可得()sin 2sin 2cos sin l θθθθ+=，结合三角恒等变换分析运算.【详解】（1）因为1cos 1cos 1sin sin A B A B ++=+，则2212cos 112cos 12212sin cos 2sin cos 2222A B A A B B +-+-=+，可得111tan tan 22A B =+，又因为π2C =，则ππ22242A B A -==-，所以π1tantan 1tan 112422111ππtan tan tan 1tan 1tan tan 2422242A A A A A A A ++=+=+=+=⎛⎫---- ⎪⎝⎭，解得1tan 23A =.（2）设ABC 的内切圆的圆心为O ，圆O 与边AB 切于点D ，连接,,OA OB OD ，设ABC 周长为l ，π0,2OBD θÐ=Î，可得sin ,cos ,tantan ,tan tan 22A OD B OD OD OB BD OB OAD OBD AD BD θθ===Ð==Ð=，由（1）可知：111tan tan 22AB=+，即111OD OD AD BD=+，整理得()sin cos AD BD OD OB θθ=+=+，可得()sin 2cos AB AD BD OB θθ=+=+，根据等面积法可得11sin 22l OD AB BC ABC ⋅=⋅⋅∠，即()11sin sin 2cos 1sin 222l OB OB θθθθ⨯⨯=+⨯⨯，整理得()()2sin 2sin 2cos 2sin cos 4cos sin 22cos 225sin 22sin l θθθθθθθθθϕθ+==+=++=++，其中πtan 2,0,2ϕϕ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，当π22θϕ+=，即π11tan 2tan 2tan 2θϕϕ⎛⎫=-== ⎪⎝⎭时，l 取到最大值52+，所以ABC 周长的最大值为52+.【点睛】关键点睛：本题注意到111tan tan 22A B =+，故借助于内切球的性质建立边角关系，进而运算求解.。
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江苏省泰州市高一下学期数学期末考试试卷
姓名:________ 班级:________ 成绩:________
一、单选题 (共12题；共24分)
1. （2分） (2019高二上·贵阳期末) 下列给出的赋值语句中正确的是
A .
B .
C .
D .
2. （2分）(2019高三上·吉林月考) 函数的部分图像，如图所示，
，则等于（）
A .
B .
C .
D .
3. （2分）的值为（）
A .
B .
C .
4. （2分）执行如图所示程序框图，若输出的结果为5，则输入的实数a的范围是（）
A . [6，24）
B . [24，120）
C . （﹣∞，6）
D . （5，24）
5. （2分）已知是第三象限角，且,则的值为（）
A .
B .
C .
D .
6. （2分） (2015高一上·腾冲期末) 已知函数f（x）= 则f（f（））=（）
A . ﹣2
B . -
C . 0
7. （2分）已知，，则（）
A .
B .
C .
D .
8. （2分） (2015高二上·大方期末) 读下面的程序框图，若输入的值为﹣5，则输出的结果是（）
A . ﹣1
B . ﹣2
C . 2
D . 1
9. （2分）将函数的图象向左平移个单位后得到的函数图象关于点成中心对称，那么的最小值为（）
A .
B .
C .
D .
10. （2分）(2017·林芝模拟) 下列函数中，周期为π，且在上为减函数的是（）
A .
B .
C .
D .
11. （2分）某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是（）
A .
B .
C .
D .
12. （2分）已知等差数列中，，是函数的两个零点，则的前项和等于（）
A .
B .
C .
D .
二、填空题 (共4题；共4分)
13. （1分） (2020高一下·开封期末) 某学校为了解1000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取50名学生进行体质测验．若46号学生被抽到，则被抽到的学生中对应的最大编号是________．
14. （1分） (2020高一下·杭州月考) 已知平面向量满足，且与的夹角为120°，则的取值范围是________ .
15. （1分） (2019高一下·嘉定月考) 已知，则的取值范围为________.
16. （1分） (2018高一下·新乡期末) 函数的最小正周期是________．
三、解答题 (共6题；共60分)
17. （10分） (2018高一下·平顶山期末) 样本容量为200的频率分布直方图如图所示．根据样本的频率分布直方图估计.
（1）求总体数据落在内的概率；
（2）以区间的中点值作为同一组样本数据的代表，求总体数据的平均数．
18. （10分） (2017高一下·珠海期末) 已知，，是同一平面内的三个向量，其中 =（﹣，1）．
（1）若| |=2 且∥ ，求的坐标；
（2）若| |= ，（ +3 ）⊥（﹣），求向量，的夹角的余弦值．
19. （5分）如图，O是平行四边形ABCD的对角线AC与BD的交点，若，，，证明：．
20. （5分） (2018高二上·黑龙江期中) 某校书法兴趣组有3名男同学A，B，C和3名女同学X，Y，Z，其年级情况如下表：
一年级二年级三年级
男同学A B C
女同学X Y Z
现从这6名同学中随机选出2人参加书法比赛每人被选到的可能性相同．
用表中字母列举出所有可能的结果；
设M为事件“选出的2人来自不同年级且性别相同”，求事件M发生的概率．
21. （15分） (2019高一下·北海期中) 一台还可以用的机器由于使用的时间较长，它按不同的转速生产出来的某机械零件有一些会有缺陷，每小时生产有缺陷零件的多少随机器运转的速率而变化，下表为抽样试验结果：转速x（转/秒）1614128
每小时生产有缺陷
11985
的零件数y（件）
（1）画出散点图；
（2）如果y与x有线性相关的关系，求回归直线方程；
（3）若实际生产中，允许每小时生产的产品中有缺陷的零件最多为10个，那么机器的运转速度应控制在什么范围内？
22. （15分） (2019高一下·上海期中) 在锐角中，已知，，若点是线段上一点（不含端点），过作于，于．
（1）若外接圆的直径长为，求的值；
（2）求的最小值
（3）问点在何处时，的面积最大？最大值为多少？
参考答案一、单选题 (共12题；共24分)
1-1、
2-1、
3-1、
4-1、
5-1、
6-1、
7-1、
8-1、
9-1、
10-1、
11-1、
12-1、
二、填空题 (共4题；共4分)
13-1、
14-1、
15-1、
16-1、
三、解答题 (共6题；共60分)
17-1、
17-2、
18-1、
18-2、
19-1、
20-1、
21-1、
21-2、21-3、
22-1、
22-2、
22-3、
第11 页共11 页。