1、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）2i，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，a15，b10，A45，则cosB（）ABCD3不同的直线m和n，不同的平面，下列条件中能推出的是（）An，m，nmB，Cnm，n，mDn，m，nm4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（）A2B4CD5一个正方体有一个面为红色，两个面为绿色，三个面为黄色，
2、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（）ABCD6如图，正三棱锥ABCD中，BAD20，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（）ABC4D27如图所示，ABC中，AB3，AC2，BAC60，D是BC的中点，则（）ABCD8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，RtABC中，BAC90，四边形ABHL、ACFG、BCDE都是正方形，ANDE于点N，交BC于点M先证明AB
3、E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sinBEA（）ABCD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z1z2C若|zi|1，则|z|的最大值为2D若z310，则z111如图在
4、三棱柱ABCA1B1C1中，CC1底面ABC，ACCB，点D是AB上的动点，则下列结论正确的是（）ABCAC1B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A1CDB1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（）AcacosB+bcosAB若acosAbcosB，则ABC为等腰三角形C若a2tanBb2tanA，则abD若a3+b3c3，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
5、次取到红球的概率为 14在ABC中，D是BC的中点，AB1，AC2，AD，则ABC的面积为 15如图，正方体ABCDA1B1C1D1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，ABCD，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（+）（+），求的值18ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，（1）求角A；（2）若a
6、，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），120，1
7、30）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PABCD中，底面ABCD是梯形，BCAD且BC2AD，平面PAC平面ABCD，PAPC，PAAB（1）证明：ABPC；（2）若PAPC，PB2PC4，求四棱锥PABCD的体积21如图，四边形ABCD中，BAC90，ABC60，ADCD，设ACD（1）若ABC面积是ACD面积的4倍，求
8、sin2；（2）若tanADB，求tan22如图梯形ABCD中ADBC，AB，BC1，BEAD且BE1，将梯形沿BE折叠得到图，使平面ABE平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且AP2PB，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MECB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）2i，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，
9、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）2i，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：A2在ABC中，a15，b10，A45，则cosB（）ABCD【分析】根据正弦定理可得：sinB，由a15b10，由大边对大角可得：0BA45，故可求cosB的值解：根据正弦定理可得：sinB，a15b10，由大边对大角可得：0BA45，cosB故选：C3不同的直线m和n，不同的平面，下列条件中能推出的是（）An，m，nmB，Cnm
10、，n，mDn，m，nm【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，知：若n，m，nm，则与相交或平行，故A不正确；若，则与相交或平行，故B不正确；若nm，n，m，则由平面平行的判定定理知，故C正确；若n，m，nm，则与相交或平行，故D不正确故选：C4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（）A2B4CD【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
11、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，R1则由条件有，整理得r2h8在SAB中，所以，联立，解得故选：B5一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（）ABCD【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：C6如图，
12、正三棱锥ABCD中，BAD20，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（）ABC4D2【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ABCD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ABCD中，BAD20，所以，CAC60，AC2，CC2，截面周长最小值是CC2故选：D7如图所示，ABC中，AB3，AC2，BAC60，D是BC的中点，则（）ABCD【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，AB3，AC2，BAC60，D是BC的中点，（）（）
13、（）（）（）（）322232故选：B8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，RtABC中，BAC90，四边形ABHL、ACFG、BCDE都是正方形，ANDE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sinBEA（）ABCD【分析】设ABk，ACm，BCn，由勾股定理可得k2+m2n2，由同角的基本关系式求得sinBAE，cosBAE，在ABE中，求得AE，分别运用
14、余弦定理和正弦定理，计算可得所求值解：设ABk，ACm，BCn，可得k2+m2n2，BHCL，BHCHCL，又ABEHBC，可得BHCBAE，HCLBAE，即，mk，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）01， 与共线，
15、B错误，1（6）3（2）， 与共线，C错误，3355， 与不共线，D正确，故选：AD10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z1z2C若|zi|1，则|z|的最大值为2D若z310，则z1【分析】选项A：设za+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za+bi，（a，b为实数），因为，所以z+2a0，则a0，所以zbi，因为b可能为0，故A错误，选项B：当z11+i，z21i时，|z1|z2|，故B错误，选项C：当|zi|1时，复数z对
16、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+12，故C正确，选项D：当z时，z31，故D错误，故选：ABD11如图在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1底面ABC，ACCB，点D是AB上的动点，则下列结论正确的是（）ABCAC1B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A1CDB1的体积是定值【分析】对于A，推导出BCCC1，ACCB，从而BC平面ACC1A1，进而BCAC1；对于B，当CDAB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BC1B1CO，连结OD，D是AB中点时，ODAC
17、1，得AC1平面CDB1；对于D，A1B1C的面积是定值，由ABA1B1，知AB平面A1B1C，D到平面A1B1C的距离是定值，进而三棱锥A1CDB1的体积是定值解：对于A，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1底面ABC，BCCC1，又ACCB，CC1CAC，CC1平面ACC1A1，CB平面ACC1A1，BC平面ACC1A1，又AC1平面ACC1A1，BCAC1，故A正确；对于B，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1底面ABC，AA1CD，当CDAB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B
18、C1B1CO，则O是BC1中点，连结OD，则D是AB中点时，ODAC1，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，ABA1B1，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A1CDB1的体积是定值，故D正确故选：ACD12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（）AcacosB+bcosAB若acosAbcosB，则ABC为等腰三角形C若a2tanBb2tanA，则abD若a3+b3c3，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
19、sinCsin（A+B）sinAcosB+sinBcosA，即可判断A；由正弦定理可将条件转换为sin2Asin2B，进而得到AB或A+B，即可判断B；由正弦定理把a2tanBb2tanA转化为：sin2AtanBsin2BtanA，化简后可判断C；由a3+b3c3变形得：（）3+（）31（）2+（），可判断D；解：对A：sinCsin（A+B）sinAcosB+sinBcosA，cacosB+bcosA，所以A正确；对B：acosAbcosB，sinAcosAsinBcosB，即sin2Asin2B，ABC的内角A，B，C，2A2B或2A+2B即AB或A+B，故三角形可能是等腰三角形或直角三
20、角形，故B错误；对C：a2tanBb2tanA，由正弦定理得：sin2AtanBsin2BtanA，得：，整理得：sinAcosAsinBcosB，sin2Asin2B，AB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+b3c3变形得：（）3+（）31（）2+（），a2+b2c2，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
21、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5420，第一次取到绿球第二次取到红球的样本数为326，故所求的概率P故答案为：0.314在ABC中，D是BC的中点，AB1，AC2，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cosBAC，进而求出sinBAC，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AB1，AC2，AD，（），则（），即（1+4+2），1，cosBAC，sinBAC，SABCABACsinBAC故答案为：15如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中点，直线B1
22、O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ABCDA1B1C1D1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sin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ABCDA1B1C1D1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y1，则x1z，则于是，所以sin|cos|其中为直线B1O与平面A
23、CD1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，ABCD，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，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（+）（+），求的值【分析】（1）设za+bi（a0，b0），由已知可得a与b的关系，列方程组求解
24、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（+）与（+）的坐标，再由数量积为0列式求解值解：（1）设za+bi（a0，b0），则，即a2+b2，z2a2b2+2abi为纯虚数，a2b20且2ab0，由解得a1，b1，z1+i；（2）z1+i，z22i，由，得，即，420，得18ABC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sinAcosC+sinCsinB，结合sinBsin（A+C）sinAcosC+cosAsinC，整理即可得到cosA，进而可求出A；（2）由余弦定理可
25、求得（b+c）23bc7，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sinAcosC+sinCsinB，又sinBsin（A+C）sinAcosC+cosAsinC，sinC0，；（2）由余弦定理得：7b2+c22bccos60即b2+c2bc7，（b+c）23bc7，又，bc6，（b+c）2187，b+c5，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：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，13
26、4，136，142，141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
27、，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128119，乙的成绩更好（2）完成频率分布表如下：分组频数频率100，110）20.1110，120）40.2120，130）50.25130，140）60.3140，150）30.15合计201乙的频率分布直方图如下图所示：（
28、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P20如图，已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，BCAD且BC2AD，平面PAC平面ABCD
29、，PAPC，PAAB（1）证明：ABPC；（2）若PAPC，PB2PC4，求四棱锥PABCD的体积【分析】（1）取AC的中点O，连接PO，得出POAC，根据平面PAC平面ABCD得出PO平面ABCD，证明POAB；再由ABPA证明AB平面PAC，即可证明ABPC（2）根据题意利用分割补形法计算四棱锥PABCD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APPC，所以POAC，又因为平面PAC平面ABCD，所以PO平面ABCD，又因为AB平面ABCD，所以POAB；.又因为ABPA，.由可得AB平面PAC，所以ABPC（2）解：因为PB
30、2PC4，所以PAPC2，又ABPA，所以AB2PB2PA2，所以；又因为PAPC，PAPC2，所以，；由（1）知AB平面PAC，所以ABAC，所以；所以；又因为BC/AD，BC2AD，所以SABC2SACD，所以；所以四棱锥PABCD的体积是另解：因为，所以，所以，计算四棱锥PABCD的体积是21如图，四边形ABCD中，BAC90，ABC60，ADCD，设ACD（1）若ABC面积是ACD面积的4倍，求sin2；（2）若tanADB，求tan【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ABa，则，由题
31、意SABC4SACD，则，所以（2）由正弦定理，ABD中，即在BCD中，即得：，化简得，所以22如图梯形ABCD中ADBC，AB，BC1，BEAD且BE1，将梯形沿BE折叠得到图，使平面ABE平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且AP2PB，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MECB为45，求的值【分析】（1）在图中过C作CFAD，证明PQAD，结合R是CD的中点，推出Q是AC的中点（2）证明CDCE，推出AECD，得到CD平面ACE，推出CDEQ，EQAC，即可证明EQ平面ACD，得
32、到EQAD，推出BEAD然后证明AD平面BEQ（3）过M作MHBE，过H作HGCE，连结MG，说明MGH为二面角MCEB的平面角，设，然后转化求解即可【解答】证明：（1）在图中过C作CFAD，则EFBC1，CFBE1，又，DF1，DE2，DEBC，且DE2BC，DO2OB，又AP2PB，OPAD，OP平面ACD，又平面OPQR平面ACDRQ，OPRQ，PQAD，又R是CD的中点，Q是AC的中点（2）在直角梯形BCDE中，BCBE1，CEDBCE45又，ECD90，DE2，CDCE，又平面ABE平面BCDE，AEBE，AE平面BCDE，AECD，由得CD平面ACE，CDEQ，AECE，EQAC，由可得EQ平面ACD，EQAD，又BEAE，BEDE，BE平面ADE，BEAD，由可得AD平面BEQ（3）过M作MHBE，则MH平面BCDE，过H作HGCE，连结MG，则MGH为二面角MCEB的平面角，MGH45，设，又，HE，BEC45，由MGH45得HGMH，