1、山东省临沂市罗庄区2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.共150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号、考试科目及试卷类型用中性笔和2B铅笔分别涂写在答题卡上；2.将所有试题答案及解答过程一律填写在答题卡上.试题不交，只交答题卡.第卷（选择题 共60分）一、单项选择题：本大题共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. 若复数满足（为虚数单位），则在复平面上对应的点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意两边
2、同时除以可求出复数，然后即可求出在复平面上对应的点的坐标.【详解】解：因为，所以，故在复平面上对应的点的坐标为.故选：D.【点睛】本题考查复数与复平面上点的坐标一一对应的关系，考查复数除法的四则运算，属于基础题.2. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出基本事件总数，再用列举法求出抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件个数，由此能求出抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率.【详解】从分别写有1，2，3，4，5的5张
3、卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有：（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），共有个基本事件，抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率，故选：D.【点睛】本题主要考查概率的求法，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用，属于基础题.3. 如图所示的直观图中，则其平面图形的面积是（ ）A. 4B. C. D. 8【答案】A【解析】【分析】由斜二测画法还原出原图，求面积【详解】解：由斜二测画法可知原图如图所示，则其面积为，故选：A【点睛
4、】此题考查直观图与平面图形的画法，考查计算能力，属于基础题4. 已知非零向量，若，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由向量垂直可得，结合数量积的定义表达式可求出，又，从而可求出夹角的余弦值，进而可求夹角的大小.【详解】解：因为，所以，因为，所以， .故选:B.【点睛】本题考查了向量的数量积，考查了向量垂直的关系，考查了向量夹角的求解.本题的关键是由垂直求出数量积为0.5. 设l是直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】利用空间线线、线面、面面的位置关系对选项进行逐一判断，即可得
5、到答案.【详解】A.若，则与可能平行，也可能相交，所以不正确.B.若，则与可能的位置关系有相交、平行或,所以不正确.C.若，则可能，所以不正确.D.若，由线面平行的性质过的平面与相交于，则，又.所以，所以有，所以正确.故选：D【点睛】本题考查面面平行、垂直的判断，线面平行和垂直的判断,属于基础题.6. 已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设底面半径为，根据线面角的大小可得母线长为，再根据三角形的面积得到的值，最后代入圆锥的体积公式，即可得答案；【详解】如图所示，设底面半径为，与圆锥底面
6、所成角为，母线，所成角的余弦值为，故选：C.【点睛】本题考查线面角的概念、三角形面积公式、圆锥的体积公式，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.7. 已知数据的方差为，若，则新数据的方差为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】根据方差的性质直接计算可得结果.【详解】由方差的性质知：新数据的方差为：.故选：【点睛】本题考查利用方差的性质求解方差的问题，属于基础题.8. ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，asin AsinB+bcos2A= ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正弦定理与同角三角函数的平方关系，化简等式得si
7、nBsinA，从而得到ba，可得答案【详解】ABC中，asinAsinB+bcos2Aa，根据正弦定理，得sin2AsinB+sinBcos2A sinA，可得sinB（sin2A+cos2A） sinA，sin2A+cos2A1，sinB sinA，得ba，可得故选D【点睛】本题考查了正弦定理、同角三角函数的基本关系等知识，属于基础题二、多项选择题：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3分，有错选的得0分.9. 若干个人站成排，其中不是互斥事件的是（ ）A. “甲站排头”与“乙站排头”B. “甲站排头”与“乙不站排尾”C.
8、 “甲站排头”与“乙站排尾”D. “甲不站排头”与“乙不站排尾”【答案】BCD【解析】【分析】互斥事件是不能同时发生的事件，因此从这方面来判断即可【详解】排头只能有一人，因此“甲站排头”与“乙站排头”互斥，而B、C、D中，甲、乙站位不一定在同一位置，可以同时发生，因此它们都不互斥故选BCD【点睛】本题考查互斥事件的概念，判断是否是互斥事件，就是判断它们能否同时发生，能同时发生的就不是互斥事件，不能同时发生的就是互斥事件10. （多选题）下面是甲、乙两位同学高三上学期的5次联考的数学成绩，现只知其从第1次到第5次分数所在区间段分布的条形图（从左至右依次为第1至第5次），则从图中可以读出一定正确的
9、信息是（ ）A. 甲同学的成绩的平均数大于乙同学的成绩的平均数B. 甲同学的成绩的中位数在115到120之间C. 甲同学的成绩的极差小于乙同学的成绩的极差D. 甲同学的成绩的中位数小于乙同学的成绩的中位数【答案】BD【解析】【分析】根据频数分布表中的数据，对选项中的命题进行分析，判断正误即可【详解】解：对于A，甲同学的成绩的平均数种，乙同学的成绩的平均数，故A错误；由题图甲知，B正确；对于C，由题图知，甲同学的成绩的极差介于之间，乙同学的成绩的极差介于之间，所以甲同学的成绩的极差也可能大于乙同学的成绩的极差，故C错误；对于D，甲同学的成绩的中位数在115120之间，乙同学的成绩的中位数在125
10、130之间，所以甲同学的成绩的中位数小于乙同学的成绩的中位数，故D正确.故选:BD.【点睛】本题考查了频数分布与应用问题，是基础题11. 已知是同一平面内三个向量，下列命题中正确的是（ ）A. B. 若且，则C. 两个非零向量，若，则与共线且反向D. 已知，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】根据平面向量数量积定义可判断A；由向量垂直时乘积为0，可判断B；利用向量数量积运算律，化简可判断C；根据向量数量积的坐标关系，可判断D.【详解】对于A，由平面向量数量积定义可知，则，所以A正确，对于B，当与都和垂直时，与的方向不一定相同，大小不一定相等，所以B错误，对于C，两个
11、非零向量，若，可得，即，则两个向量的夹角为，则与共线且反向，故C正确；对于D，已知，且与的夹角为锐角，可得即可得，解得，当与的夹角为0时，所以所以与夹角为锐角时且，故D错误；故选:AC.【点睛】本题考查了平面向量数量积定义的应用，向量共线及向量数量积的坐标表示，属于中档题.12. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，截面与直线平行，与交于点E，则下列判断正确的是（ ）A. E为的中点B. 平面C. 与所成的角为D. 三棱锥与四棱锥的体积之比等于【答案】ABD【解析】【分析】采用排除法，根据线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理，结合线线角，椎体体积公式的计算，可得结果.【详解】连接交于点连
12、接，如图因为四边形是正方形，所以为的中点又/平面，平面，且平面平面所以/，所以为的中点，故A正确由底面，底面，所以，又，平面所以平面，故B正确与所成的角即与所成的角，即故C错，又，所以，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查立体几何的综合应用，熟练线线、线面、面面之间的位置关系，审清题意，考验分析能力，属基础题.第卷（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.13. 若复数满足方程，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意可得，然后根据复数的乘法可得结果.【详解】由，则所以，所以故答案为：【点睛】本题考查复数的计算，把握细节，耐心计算，属基础题.14. 如图，在中，已知是
13、延长线上一点，点为线段的中点，若，且，则_.【答案】【解析】【分析】利用、表示向量，再由可求得实数的值.【详解】，所以，则，为线段的中点，则，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查利用平面向量的基底表示求参数，考查计算能力，属于中等题.15. 某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了个问题就晋级下一轮的概率等于_.【答案】【解析】【分析】由题意可知，该选手第、个题目均回答正确，第个题目回答错误，第个题目可以回答正确也可以回答错误，利用概率的乘法公式可
14、求得所求事件的概率.【详解】由题意可知，该选手第、个题目均回答正确，第个题目回答错误，第个题目可以回答正确也可以回答错误，由独立事件的概率乘法公式可知，该选手恰好回答了个问题就晋级下一轮的概率为.故答案为：.【点睛】本题考查利用独立事件的概率乘法公式计算事件的概率，考查计算能力，属于基础题.16. 如图，在正方体中，点为线段的中点，设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值_，最大值_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意，直线与平面所成的角的最小值为和中的最小者，然后利用正方体的性质和直角三角形的边角关系，求出的取值范围，再确定其最值【详解】解：连接，,因为,所以平面，所
15、以平面平面，所以直线与平面所成的角的最小值为和中的最小者， 不妨设，在中，所以的取值范围为，所以的最小值为，最大值为1，故答案为：；1【点睛】此题考查正方体的性质和直角三角形的边角关系，线面角的求法，考查推理能力，属于中档题四、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.17. 如图，G是OAB的重心，P，Q分别是边OA、OB上的动点，且P，G，Q三点共线(1)设，将用，表示；(2)设，证明：是定值【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）寻找包含的图形，利用向量的加法法则知 ，再根据和 即可（2）根据（1）结合，知： ，再根据是 的重心知： ，最后根据 不共
16、线得到关于 的方程组即可求解【详解】(1)解()(1).(2)证明一方面，由(1)，得(1)(1)xy；另一方面，G是OAB的重心， ().而，不共线，由，得解得3(定值)【点睛】本题考查了向量的加减法，三角形的重心的性质，平面向量的定值问题，属于基础题18. 已知函数，且当时，的最小值为2.（1）求的值，并求的单调递增区间；（2）先将函数的图象上的点纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，再将所得的图象向右平移个单位，得到函数的图象，当时，求的的集合.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）化简可得，由题意可得，解方程可得 的值，解不等式可得单调区间.（2）由函数图象变换可得：，可得，令，解
17、不等式与求交集即可.【详解】（1）函数，得，即.令，得，函数的单调递增区间为，.（2）由（1）得，由的图象上的点纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得，再将图象向右平移个单位，得，又.即，即.，不等式的解集【点睛】本题主要考查了二倍角和辅助角公式,求三角函数的单调区间，三角函数图象变换，解三角不等式等，属于中档题.19. 如图，在三棱锥中，底面.（1）求证：平面平面；（2）若，是的中点，求与平面所成角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得平面平面；（2）在平面内，过点作，连接，证明出平面，可得出与平面所成角为，计算出的边、的长，由
18、此可计算出与平面所成角的正切值.【详解】（1）证明：在三棱锥中，底面，平面， ，又，即，平面，平面，因此，平面平面.（2）解：在平面内，过点作，连接，平面，平面，平面，是直线与平面所成的角.平面，平面，在中，为的中点，且，又是的中点，在中，平面，平面，在中，.【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了线面角的正切值的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20. 某校在一次期末数学测试中，为统计学生的考试情况，从学校的2000名学生中随机抽取50名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于65分到145分之间（满分150分），将统计结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，第八组，如图是按上述分组
19、方法得到的频率分布直方图的一部分（1）求第七组的频率；（2）用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值）；（3）若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差的绝对值小于10分的概率【答案】（1）0.08（2）102（3）【解析】【分析】（1）利用各小矩形的面积和为1即可得到；（2）平均数的估计值为各小矩形的组中值与小矩形面积乘积的和；（3）易得第六组有3人，第八组有2人，从中任取两人他们的分差的绝对值小于10分，则这两人必来自同一组，再按古典概型的概率计算公式计算即可.【详解】（1）由频率分布直方图得第七组
20、的频率为：（2）用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分为：，（3）样本成绩属于第六组的有人，设为A，B，C，样本成绩属于第八组的有人，设为a，b，从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，有，共10种，他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件有，共4种，他们的分差的绝对值小于10分的概率【点睛】本题考查频率分布直方图及其应用，涉及到频率的计算、平均数的估计、古典概型的概率计算等知识，是一道容易题.21. 的内角，的对边分别为，已知.（1）求的值；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）已知等式利用正弦定理化简，再利用诱导公式变形，求出的值
21、，利用同角三角函数基本关系式可求的值；（2）利用余弦定理及已知可求的值，利用三角形的面积公式即可计算得解【详解】（1），由正弦定理可知，即， ， ， ，.（2），由余弦定理：，可得：， ， ，解得：，【点睛】此题考查正弦、余弦定理的综合应用，涉及三角函数中的恒等变换应用，熟练掌握定理是解本题的关键，属于基础题22. 如图，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且.（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求二面角的正弦值；（3）设为棱的中点，在上，并且，点在平面内，且平面，证明：平面.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接，由可知（或补角）是异面直线与所成的角，计算出各
22、边边长，利用余弦定理可求得的值，进而得解；（2）连接，过点作于点，连接，证明，可得出为二面角的平面角，计算出的三边边长，利用余弦定理可求得，利用同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值；（3）取的中点，连接，证明出平面，可得出，进而推导出，推导出，可得出、三点共线，进而得出，利用线面平行的判定定理可得出平面.【详解】（1）连接，为正方形的中心，则，在三棱柱中，（或补角）是异面直线与所成的角.平面，平面，可得，由余弦定理得，因此，异面直线与所成角的余弦值为；（2）连接，平面，平面，为的中点，则，又由于，过点作于点，连接，则，且，故为二面角的平面角.在中，.连接，在中，从而，因此，二面角的正弦值为.（3）平面，平面，.取的中点，则，连接，由于是棱中点，又平面，平面，平面，又，平面，平面，四边形是正方形，连接，由，得，、三点共线，平面，平面，平面.【点睛】本题考查异面直线所成角、二面角的计算，同时也考查了线面平行的证明，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
