湖北省2019-2020学年高一数学下学期期末联考试题（含解析）.doc

1、湖北省2019-2020学年高一数学下学期期末联考试题（含解析）本试题卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.预祝考试顺利注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷纸和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出

2、的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设全集，已知集合或，集合.若，则a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出A的补集，根据，求出a的范围即可【详解】或，若，则，故选：C【点睛】本题考查了集合的交集、补集运算，属于基础题2. 已知复数z满足（i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】先求出复数，再求出，进而求出其坐标，即可得到答案【详解】因为，所以，所以复数在复平面内对应的点得坐标为所在的象限为第四象限 故选：D【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查

3、复数的代数表示法及其几何意义，是基础题3. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式及倍角公式变形求解即可【详解】解：，则，故选：A【点睛】本题考查诱导公式及倍角公式的应用计算，是基础题4. 有四个幂函数：；.某同学研究了其中的一个函数，他给出这个函数的三个性质：（1）偶函数；（2）值域是，且；（3）在上是增函数.如果他给出的三个性质中，有两个正确，一个错误，则他研究的函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据幂函数的单调性、值域和奇偶性，结合三个性质两个正确一个错误，对四个幂函数逐一分析，由此确定正确选项.【详解】只满足值域是，且；

4、只满足在上是增函数；只满足在上是增函数；是偶函数，在上是增函数，但其值域是.故选B.【点睛】本小题主要考查幂函数的单调性、值域和奇偶性，考查分析与推理的能力，属于基础题.5. 齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出基本事件总数，再求出田忌的马获胜包含的基本事件种数，由此能求出田忌的马获胜的概率.【详解】分别用A，B，C表示齐王的上、中、下等马，用a，b，c表示田忌的上、

5、中、下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛有Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc共9场比赛，其中田忌马获胜的有Ba，Ca，Cb共3场比赛，所以田忌马获胜的概率为.故选：A.【点睛】本题考查概率的求法，考查等可能事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题.6. 设锐角的三个内角分别为角A、B、C，那么“”是“”成立的（ ）A. 充分必要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由诱导公式推导出“” “”，从而“”是“”成立的充分必要条件【详解】解：设锐角的三个内角分别为角，“” “” “

6、 ” “”，“ ” “ ” “ ” “”， “”是“”成立的充分必要条件故选：【点睛】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查诱导公式、三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题.7. 根据食物中维C的含量可大致分为：含量很丰富：鲜枣、沙棘、猕猴桃、柚子，每100克中的维生素C含量超过100毫克；比较丰富：青椒、桂圆、番茄、草莓、甘蓝、黄瓜、柑橘、菜花，每100克中维生素C含量在50100毫克；相对丰富：白菜、油菜、香菜、菠菜、芹菜、苋菜、菜苔、豌豆、豇豆、萝卜，每100克中维生素C含量在3050毫克.现从猕猴桃、柚子两种食物中测得每100克所含维生素C的量（单位：mg）得

7、到茎叶图如图所示，则下列说法中不正确的是（ ）A. 猕猴桃的极差为32B. 猕猴桃的平均数小于柚子的平均数C. 猕猴桃的方差小于柚子的方差D. 柚子的中位数为121【答案】C【解析】【分析】根据所给数据求出极差即可判断，分别求出猕猴桃和柚子的平均数，比较即可判断，分别求出其方差判断，结合数据求出柚子的中位数判断即可【详解】解：对于，猕猴桃的极差为：，故正确；对于，猕猴桃的平均数是，柚子的平均数是，故正确；对于，猕猴桃的方差是：，柚子的方差是：，故猕猴桃的方差大于柚子的方差，故错误；对于，柚子的中位数是121，故正确；故选：C【点睛】本题考查了极差，方差，中位数，平均数问题，属于基础题8. 设，

8、则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由对数的换底公式可以得出，通分再结合不等式的性质ab0,求出的不等关系.【详解】因，所以，所以，所以，所以选B.【点睛】本题考查了对数的换底公式和不等式的性质，解题的关键在于得出ab0,属于中档题.9. 已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，则由题设条件可得的关系为即，故可求的最大值.【详解】因为，是平面内两个互相垂直的单位向量，故可设，则，因为，所以，整理得到，即，故的最大值为，故选：B.【点睛】本题考查向量的数量积以及向量模长的计算，注意根据问题的特

9、点将向量问题坐标化，从而降低问题的思维难度和计算难度，本题属于中档题.10. 在正三棱锥中，、分别是棱、的中点，且，若侧棱，则正三棱锥外接球的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取的中点，连接，根据线面垂直的判定定理，证明平面，推出，两两垂直，将正三棱锥补成正方体，则正方体的外接球即是正三棱锥的外接球，设外接球半径为，根据题中数据求出半径，再由球的体积公式，即可求出结果.【详解】取中点，连接，因为在正三棱锥中，底面为正三角形，各棱长都相等，记，所以，又，平面，平面，所以平面，因此，因为，、分别是棱、的中点，所以，又，平面，平面，所以平面，因此，又正三棱锥各侧面三角形都

10、全等，所以，即，两两垂直，将正三棱锥补成如图所示的正方体，则正方体的外接球即是正三棱锥的外接球，设外接球半径为，又，所以，即，因此，正三棱锥外接球的体积是.故选：A.【点睛】本题主要考查求几何体外接球的体积，熟记球的体积公式，以及几何体结构特征即可，属于常考题型.11. 设点D为的边AB上一点，点P为内一点，且分别满足关系，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量关系得到，从而得到两个三角形的面积之比，利用基本不等式可求其最大值.【详解】，所以，又，所以的高：的高，当且仅当，取等号.当时，取得最大值.故选：B.【点睛】本题考查向量的线性运算以及利用基本不等式

11、求最值，此题关键是根据要求解的面积之比去化简向量关系，从而得到所需的线段长度的比值，本题属于中档题.12. 已知是定义在上的奇函数，对任意的，均有.且当时，那么表达式（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由是定义在，上的奇函数，且，推出，再结合当时，推出，由题意可得对任意的，均有，进而得，再由奇函数的性质算出最终结果【详解】解：由，令，得，令，则当时，即，且，对任意的，均有，同理.奇函数，故选：C【点睛】本题考查函数的奇偶性，函数值计算，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知扇形的周长等于它所在圆的周长的一半，则这个扇形的圆心角是_【答案】【

12、解析】试题分析：设扇形的半径，弧长，根据题意，解得，而圆心角.故答案填.考点：扇形的弧长、圆心角14. 分别是三棱锥的棱的中点，则异面直线与所成的角为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，取中点为，连接，通过余弦定理即可容易求得.【详解】根据题意，取中点为，连接，如下图所示：因为分别为中点，故可得/，/，故可得即为与所成的角或其补角.在中，.故，故与所成的角为.故答案：.【点睛】将异面直线的夹角转化为三角形中的角度求解问题，涉及余弦定理解三角形，属基础题.15. 若正数a，b满足，则最小值为_.【答案】【解析】【分析】求出，设（当且仅当时“”成立），求出的最小值即可【详解】解：，设（当且仅当时

13、“”成立），的最小值为，故答案为：【点睛】本题考查了基本不等式的性质，考查转化思想，属于中档题16. 在中，对应边分别为a，b，c，且，则的边_.【答案】6【解析】【分析】由可知，然后由可求，再由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，由可求，结合同角平方关系可求，代入，进而可求，进而根据余弦定理可求的值【详解】解：，可知，由正弦定理，于是可得，又，可得，可得，由余弦定理可得故答案为：6【点睛】本题主要考查了正弦定理、同角三角函数的基本关系及和差角的三角公式的综合应用，同时考查了运算的能力，属于中档题三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知命题存在实数，使成立.

14、（1）若命题P为真命题，求实数a的取值范围；（2）命题任意实数，使恒成立.如果p，q都是假命题，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由存在实数，使成立得，得实数的取值范围；（2）由对勾函数单调性得，得，由已知得假假，两范围的补集取交集即可【详解】解：（1）存在实数，使成立或，实数a的取值范围为；（2）任意实数，使恒成立，由题p，q都是假命题，那它们的补集取交集，实数a的取值范围.【点睛】本题考查了简易逻辑的判定、对勾函数的单调性，以及二次函数的取值和判别式的关系，考查了推理能力，属于基础题18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角C的大小；

15、（2）若，的面积为，求c的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知结合二倍角公式可求，进而可求；（2）由已知结合余弦定理可得，的关系，然后结合正弦定理可求，结合已知及三角形的面积公式即可求解【详解】解：（1），解得，或（舍）而所以.（2）因为，由余弦定理可得，整理可得，.由正弦定理可得，即，所以，故的面积为，所以，.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在求解三角形中的综合应用，属于中档题19. 如图，四棱锥中，侧面SAB为等边三角形.，.（1）求证：；（2）求AB与平面SBC所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取AB的

16、中点E，连接DE，通过证明面SDE，可得；（2）作，垂足为F求出点到平面的距离，则AB与平面SBC所成的角的正弦值为.【详解】（1）取AB的中点E，连接DE，因为且，所以四边形BCDE为平行四边形，又，所以四边形BCDE为矩形，所以，又三角形SAB为等边三角形，所以，又，所以面SDE，故.（2）由平面SDE知，平面平面SDE，作，垂足为F则平面ABCD，所以，作，垂足为G，连结SG，因为，则平面SFG，所以平面平面SFG，作，H为垂足，则平面SBC，因为三角形SAB为等边三角形，所以，因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，即F到平面SBC的距离为， 由于，所以平面SBC，故E到平面SBC的

17、距离d也为，设AB与平面SBC所成的角为，则.【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定与性质，考查了平面与平面垂直的判定与性质，考查了求直线与平面所成角，属于中档题.20. 某种工程车随着使用年限的增加，每年的维修费用也相应增加、根据相关资料可知该种工程车自购入使用之日起，前5年中每年的维修费用如下表所示：年份序号x12345维修费用y（万元）1.11.622.52.8（1）根据数据可知y与x具有线性相关关系，请建立y关于x的回归方程.（2）根据实际用车情况，若某辆工程车每年维修费用超过4万元时，可以申请报备更换新车，请根据回归方程预估一辆工程车一般使用几年后可以申请报备更换新车.参考公式：，.

18、【答案】（1）；（2）预计一般第8年后可以申请报备更换新车.【解析】【分析】（1）根据最小二乘法，先求回归直线的中心，再代入公式求斜率和截距；（2）利用回归直线解不等式，即可得答案；【详解】（1）由题可得，所以，所以y关于x的线性回归方程为.（2）由题，所以预计一般第8年后可以申请报备更换新车.【点睛】本题考查回归直线方程的求解、及回归直线方程的应用，考查运算求解能力，属于基础题.21. 某学校高三年级学生某次身体素质体能测试的原始成绩采用百分制，已知所有这些学生的原始成绩均分布在内，发布成绩使用等级制，各等级划分标准见下表.百分制85分及以上70分到84分60分到69分60分以下等级ABCD

19、规定：A，B，C三级为合格等级，D为不合格等级.为了解该校高三年级学生身体素质情况，从中抽取了n名学生的原始成绩作为样本进行统计.按照，的分组作出频率分布直方图如图1所示，样本中分数在80分及以上的所有数据的茎叶图如图2所示（1）根据频率分布直方图，求成绩的中位数（精确到0.1）；（2）在选取的样本中，从A，D两个等级的学生中随机抽取2名学生进行调研，求至少有一名学生是A等级的概率.【答案】（1）中位数为；（2）.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图，计算成绩的中位数即可；（2）由茎叶图中的数据，利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值【详解】解：（1）根据频率分布直方图，所以由，所以中

20、位数位于内，所以中位数为；（2）由茎叶图知，等级的学生有3人，等级的学生有人，记等级的学生为、，等级的学生为、，从这8人中随机抽取2人，基本事件是：、共28个；至少有一名是等级的基本事件是：概率、共18个；故所求的概率为【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了列举法求古典概型的概率问题，属于基础题22. 如图，是边长为3的正方形，平面，平面，.（1）证明：平面平面；（2）在上是否存在一点，使平面将几何体分成上下两部分的体积比为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在点且满足条件.【解析】试题分析：（1）根据，结合面面平行的判定定理可知两个平面平行

21、；（2）先求出整个几何体的体积.假设存在一点，过作交于，连接，设，求得几何体的体积，将其分割成两个三棱锥，利用表示出两个三棱锥的高，再利用体积建立方程，解方程组求得的值.试题解析：解：（1）平面，平面，平面，是正方形，平面，平面，平面，平面平面.（2）假设存在一点，过作交于，连接，设，则，设到的距离为，则，解得，即存在点且满足条件.点睛：本题主要考查空间点线面的位置关系，考查几何体体积的求法，考查探究性问题的解决方法.第一问要证明面面平行，根据面面平行的判定定理可知，只需找到平面的两条相交直线和另一个平面的两条相交直线平行即可.第二问要对几何体进行分割，先假设存在，接着计算出总的体积，然后再次利用分割法用体积来列方程组，求解出的位置的值.