1、重庆市育才中学、复旦中学等联考2020-2021学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1复数z1i的共轭复数为，则的虚部为（）A1B1CiDi2已知（2，1），（sin，cos），若，则tan（）ABC2D23“幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间0，10内的一个数来表示，该数越接近10表示满意程度越高，现随机抽取8位小区居民，他们的幸福感指数分别为5、7、9、6、10、4、7、6，则这组数据的第80百分位数是（）A7B8C9D104中国人民解放军某舰队一艘巡逻舰在南海执行任务时以60海里/小时的速度向正北
2、航行，在A处发现S处有一艘船只，仪表显示S处在A处的北偏东30，半小时后航行到B处，在B处测得S处在巡逻舰的北偏东75，则S与B之间的距离是（）A15海里B15海里C20海里D20海里5某同学掷骰子5次，并记录每次骰子出现的点数则可以判断出这组数据一定没有出现点数6的是（）A平均数为3，中位数为2B中位数为3，众数为2C中位数3，方差为2.8D平均数为2，方差为2.46已知一个正三棱锥的高为3，如图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中O为BC的中点，则此正三棱锥的体积为（）ABCD7已知正三棱柱的所有棱长都为2，则其外接球的表面积为（）ABCD8已知平面向量，满足|2，且（）（）
3、0，则的最大值为（）A2B3C4D5二、选择题：本大题共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得5分，部分选对得2分，有选错的得0分9下列说法正确的是（）A当m1时，复数zm+1+（m1）i是纯虚数B复数z（1+i）（1i）对应的点在第一象限C复数z，则|z|1D复数6+5i与3+4i分别表示向量与，则表示向量的复数为9+i10已知正方形ABCD的边长为1，下列说法正确的是（）AB在上的投影向量为C（）（）D|11已知m，n，s，是三条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A若mn，ms，则nsB若m，n，则mnC若m，n，则mnD若m与所成
4、角为，与的锐二面角为，则m或m12设a，b，c分别为锐角ABC三个内角A，B，C的对边，且（2csinBa）sinA（csinCbsinB ），则下列结论正确的是（）ABBBC的取值范围是（0，）D的取值范围是（）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13一个袋子中有质地和大小相同的4个球，其中有2个红色球，2个绿色球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球则事件“第一次摸得红球，第二次摸得绿球”的概率为 14古代将圆台称为“圆亭”，九章算术中“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈，问积几何？”即一圆台形建筑物，下底周长3丈，上底周长2丈，高1丈，则它的体积为 立方丈15设a，b，c分别为
5、ABC三个内角A，B，C的对边，已知a5，b6，c7，则 16正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则平面AC1D1与平面ABCD所成角为 ；平面A1BD与平面CB1D1的距离为 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为了解某校学生的视力情况，随机抽查了该校的100名学生，得到的频率分布直方图如图所示由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数和为40，后6组的频数和为87（）设最大频率为a，求a的值；（）从4.4，4.5），4.5，4.6）中按分层抽样的方法抽取4人，再从4人中抽取2人，求这2人的视力都在4.5，4.6）内的概率18设a，b，c分别为
6、ABC三个内角A，B，C的对边，已知2bcosBccosA+acosC（）求B；（）若b3，求ABC的面积的最大值19为普及抗疫知识，弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛，比赛分两轮进行，每位选手都必须参加两轮比赛，若选手在两轮比赛中都胜出，则视为该选手赢得比赛现已知甲、乙两位选手，在第一轮胜出的概率分别为，在第二轮胜出的概率分别为，甲、乙两位选手在一轮二轮比赛中是否胜出互不影响（）在甲、乙二人中选派一人参加比赛，谁赢得比赛的概率更大？（）若甲、乙两人都参加比赛，求至少一人赢得比赛的概率20在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为BC的中点（）求证：平面ADC1平面B1BCC1；（）若AB2AA1
7、4求直线AC与平面ADC1所成角的正弦值；求点A1到平面ADC1的距离21如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，ABC60点E，F分别是棱BC，PD的中点（）求证：EF平面PAB；（）若PAAB，求二面角BPCD的余弦值22重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄O为吸引游客，准备在门前两条小路OA和OB之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知AOB，弓形花园的弦长|AB|2，记弓形花园的项点为M，MABMBA，设OBA（）将|OA|，|OB|用含有的关系式表示出来；（）该山庄准备在M点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计OA
8、、OB的长度，才使得喷泉M与山庄O的距离的值最大？参考答案一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1复数z1i的共轭复数为，则的虚部为（）A1B1CiDi解：因为z1i，所以1+i，所以的虚部为1故选：A2已知（2，1），（sin，cos），若，则tan（）ABC2D2解：根据题意，（2，1），（sin，cos），若，则2sin+cos0，变形可得：tan故选：B3“幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间0，10内的一个数来表示，该数越接近10表示满意程度越高，现随机抽取8位小区居民，他们的幸福感指数分别为5、7、9、6、10、4、7、6，则这组数据
9、的第80百分位数是（）A7B8C9D10解：880%6.4，其比邻整数为7，把5、7、9、6、10、4、7、6从小到大排列为：4，5，6，6，7，7，9，10，第7个数为9，故选：C4中国人民解放军某舰队一艘巡逻舰在南海执行任务时以60海里/小时的速度向正北航行，在A处发现S处有一艘船只，仪表显示S处在A处的北偏东30，半小时后航行到B处，在B处测得S处在巡逻舰的北偏东75，则S与B之间的距离是（）A15海里B15海里C20海里D20海里解：由题意可得三角形ABS中，AB6030，BAS30，ABS18075105，所以可得S45，由正弦定理可得：，即，解得：SB15，故选：B5某同学掷骰子5
10、次，并记录每次骰子出现的点数则可以判断出这组数据一定没有出现点数6的是（）A平均数为3，中位数为2B中位数为3，众数为2C中位数3，方差为2.8D平均数为2，方差为2.4解：对于ABC中数据都不能判断这组数据是否出现点数6，不选ABC；对于D，假设这组数据出现点数6，又因为平均数为2，可计算方差大于2.4，选D故选：D6已知一个正三棱锥的高为3，如图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中O为BC的中点，则此正三棱锥的体积为（）ABCD解：由于O为BC的中点且，所以BC2，根据斜二测画法的知识可知：正三棱锥的底面等边三角形的边长为2，其面积为，所以正三棱锥的体积为V故选：A7已知正三
11、棱柱的所有棱长都为2，则其外接球的表面积为（）ABCD解：如图，M，N分别为下底面与上底面正三角形的中心，O为MN的中点，则O为正三棱柱外接球的球心，在ABC中，求得AM，而OMAD1，R2，故选：C8已知平面向量，满足|2，且（）（）0，则的最大值为（）A2B3C4D5解：|2，cos，所以，不妨设（2，0），（1，），（x，y），则（）（）（2x，y）（1x，）x3x+2+yy0，即（x）+（y）1，所以，则2x1，5，故选：D二、选择题：本大题共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得5分，部分选对得2分，有选错的得0分9下列说法正确的是（）A当m1
12、时，复数zm+1+（m1）i是纯虚数B复数z（1+i）（1i）对应的点在第一象限C复数z，则|z|1D复数6+5i与3+4i分别表示向量与，则表示向量的复数为9+i解：对于选项A，当m1时，复数z2i，z为纯虚数，故A选项正确，对于选项B，由于z（1+i）（1i）2，则复数z所对应的复平面的点（2，0）在x轴上，故B选项错误，对于选项C，由于复数z，则|z|1，故C选项正确，对于选项D，由于，故D选项正确故选：ACD10已知正方形ABCD的边长为1，下列说法正确的是（）AB在上的投影向量为C（）（）D|解：对于选项A：，故A正确；对于选项B：在上的投影为1，故其在上的投影向量为，故B正确；对于
13、选项C：（）与共线，（）与共线，而、方向不同，故该式不成立，故C错误；对于选项D：|+|+21+2+215，所以|，故D正确故选：ABD11已知m，n，s，是三条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A若mn，ms，则nsB若m，n，则mnC若m，n，则mnD若m与所成角为，与的锐二面角为，则m或m解：若mn，ms，由平行公理可得ns，故A正确；若m，n，则mn或m与n相交或m与n异面，故B错误；若m，则m与平行于的所有直线垂直，又n，则mn，故C正确；若m与所成角为，与的锐二面角为，则m或m或m与相交，故D错误故选：AC12设a，b，c分别为锐角ABC三个内角A，B，C的对边，
14、且（2csinBa）sinA（csinCbsinB ），则下列结论正确的是（）ABBBC的取值范围是（0，）D的取值范围是（）解：因为（2csinBa）sinA（csinCbsinB ），所以由正弦定理可得2acsinBa2c2b2，即2acsinB（c2+a2b2），所以2acsinB2accosB，可得sinBcosB，即tanB，由B为锐角，可得B，故A错误，B正确，可得+，因为锐角ABC中，解得C，所以tanC，所以0，所以+（，2），故C错误，D正确故选：BD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13一个袋子中有质地和大小相同的4个球，其中有2个红色球，2个绿色球，从袋中不
15、放回地依次随机摸出2个球则事件“第一次摸得红球，第二次摸得绿球”的概率为 解：由题意可知不放回地依次随机摸出两个球的基本事件总数n4312，事件“第一次摸得红球，第二次摸得绿球”的基本事件个数为m4，所以所求概率为P故答案为：14古代将圆台称为“圆亭”，九章算术中“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈，问积几何？”即一圆台形建筑物，下底周长3丈，上底周长2丈，高1丈，则它的体积为 立方丈解：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则2r2，2R3，得r，R又圆台的高为1，圆台的体积V立方丈故答案为：15设a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，已知a5，b6，c7，则39解：由余弦定理
16、可得cosB，则cacos（B）57（）39故答案为：3916正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则平面AC1D1与平面ABCD所成角为 45；平面A1BD与平面CB1D1的距离为 解：如图，平面AC1D1即平面ABC1D1，由正方体的结构特征可知，AB平面AA1D1D，则D1AD为平面AC1D1与平面ABCD所成角，大小为45；A1D1BC，且A1D1BC，四边形BA1D1C为平行四边形，可得A1BD1C，而A1B平面CB1D1，D1C平面CB1D1，A1B平面CB1D1，同理可知BD平面CB1D1，又A1BBDB，平面A1BD平面CB1D1，则A到平面A1BD的距离等于C1到平面CB
17、1D1的距离，设A到平面A1BD的距离为h，则，解得h，可得平面A1BD与平面CB1D1的距离为故答案为：45；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为了解某校学生的视力情况，随机抽查了该校的100名学生，得到的频率分布直方图如图所示由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数和为40，后6组的频数和为87（）设最大频率为a，求a的值；（）从4.4，4.5），4.5，4.6）中按分层抽样的方法抽取4人，再从4人中抽取2人，求这2人的视力都在4.5，4.6）内的概率解：（）由频率分布直方图知组距为0.1，前3组频数和为1008713，则第四组频数为40132
18、7最大，故最大频率为a0.27；（）由图可得第一组频数为1000.10.11人，第二组频数为1000.30.13人，则第三组频数为13319人从4.4，4.5），4.5，4.6）两组中按分层抽样的方法抽取4人，则4.4，4.5）中抽取41人，6，8）中抽取43人，再从这4人中抽取2人，基本事件总数n6，则有2人在4.4，4.5）组中包含的基本事件个数m3，恰有2人在4.4，4.5）组中的概率P18设a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，已知2bcosBccosA+acosC（）求B；（）若b3，求ABC的面积的最大值解：（）因为2bcosBccosA+acosC，所以由正弦定理可得2
19、sinBcosBsinCcosA+sinAcosCsin（A+C）sinB，因为sinB0，所以cosB，又因为B（0，），所以B（）当b3时，由可得，9a2+c2ac2acacac，当且仅当ac时取等号，故ac9，所以SABCacsinBac9，所以ABC面积的最大值为19为普及抗疫知识，弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛，比赛分两轮进行，每位选手都必须参加两轮比赛，若选手在两轮比赛中都胜出，则视为该选手赢得比赛现已知甲、乙两位选手，在第一轮胜出的概率分别为，在第二轮胜出的概率分别为，甲、乙两位选手在一轮二轮比赛中是否胜出互不影响（）在甲、乙二人中选派一人参加比赛，谁赢得比赛的概率更大？（
20、）若甲、乙两人都参加比赛，求至少一人赢得比赛的概率解：（）设事件A表示“甲赢得比赛”，事件B表示“乙赢得比赛”，P（A），P（B），甲、乙二人中选派一人参加比赛，甲赢得比赛的概率更大（）甲、乙两人都参加比赛，至少一人赢得比赛的对立事件是两个人都没有赢得比赛，甲、乙两人都参加比赛，至少一人赢得比赛的概率为：P11P（A）1P（B）120在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为BC的中点（）求证：平面ADC1平面B1BCC1；（）若AB2AA14求直线AC与平面ADC1所成角的正弦值；求点A1到平面ADC1的距离解：（I） 证明：因为三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱，所以ABC是等边三角形，D是BC
21、的中点，所以ADBC，BB1平面ABC，AD平面ABC，所以BB1AD，又BC，BB1B1BCC1，BCBB1B，所以AD平面 B1BCC1，又AD平面ADC1，所以平面ADC1平面B1BCC1（ II ）过C作DC1的垂线，垂足为E，所以CEDC1，因为CE平面B1BCC1，所以ADCE，又AD，DC1平面ADC1且ADDC1D，所以CE平面 ADC1，所以直线AC与平面ADC1所成的角为EAC，因为AE平面 ADC1，所以CEAE，因为，所以，即直线AC与平面ADC1所成的角的正弦值为，因为CC1AA1，又CC1平面 AA1D，AA1平面AA1D，所以CC1平面 AA1D，所以因为AD平面
22、B1BCC1，又DC1平面 BB1C1C，所以ADDC1，所以，设点A1到平面ADC1的距离为h，则21如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，ABC60点E，F分别是棱BC，PD的中点（）求证：EF平面PAB；（）若PAAB，求二面角BPCD的余弦值【解答】（）证明：取PA的中点H，连接FH，BH，F为PD的中点，FHAD，FHAD，又E为BC的中点，BEAD，BEAD，可得FHBE且FHBE，则四边形BEFH为平行四边形，EFBH，BH平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB；（）解：设ABa，则ACa，PA，求得PBPCPD，又BCDCa，PBCPDC，在PB
23、C中，过B作PC的垂线BG，连接DG，则BGD为二面角BPCD的平面角则，由等面积法可得，得BGa，则DGa，BD在BGD中，cosBGD，二面角BPCD的余弦值为22重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄O为吸引游客，准备在门前两条小路OA和OB之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知AOB，弓形花园的弦长|AB|2，记弓形花园的项点为M，MABMBA，设OBA（）将|OA|，|OB|用含有的关系式表示出来；（）该山庄准备在M点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计OA、OB的长度，才使得喷泉M与山庄O的距离的值最大？解：（）在OAB中，由正弦定理可知，则，由正弦定理可得，则 （），AMBM2，在OMB中，由余弦定理可知，当 时，即时，|OM|取最大值，即当时，|OM|取最大值