1、广东省揭阳市揭东区2020-2021学年高一数学下学期期末考试教学质量监测试题（含解析）温馨提示：请将答案写在答题卡上时间120分钟，满分150分.一、选择题：本题共8个小题，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.已知集合，则（ ）A B C D 2.复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ）A B C D 3.已知向量，且，则的值为（ ）A B C D或 4.已知一组数据为，其平均数、第百分位数和众数的大小关系是（ ）A平均数第百分位数众数B平均数第百分位数众数C第百分位数众数平均数D平均数第百分位数众数5.已知函数，则（ ）A是奇函数，且在上是增函数B是偶
2、函数，且在上是增函数 C是奇函数，且在上是减函数D是偶函数，且在上是减函数6.设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且则“”是“”的（ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分条件 D既不充分不必要条件7.已知函数，若的最小值为，则实数的值不可以是（ ）A B C D 8.已知各顶点都在同-球面上的正四棱柱的底面边长为，高为，球的体积为，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为（ ）A B C D 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.全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知复数满足（为虚数单位），复数的共轭复
3、数为，则（ ）A B C复数的实部为 D复数对应复平面上的点在第二象限10.从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是（ ）A个球都是红球的概率为 B个球中恰有个红球的概率为 C至少有个红球的概率为 D个球不都是红球的概率为 11.已知中，角，的对边分别为，为边上的高，以下结论：其中正确的选项是（ ）A B为锐角三角形 C D 12.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列正确的是（ ）A直线平面B二面角的大小为C三棱锥的体积为定值D异面直线与所成角的取值范围是三、填空题（本大题共4小题，共20分）13计算sin330 14.平面向量与的夹
4、角为，则 15岐山古塔是揭阳市著名的历史文化古迹如图，一研究性小组同学为了估测塔的高度，在塔底D和A，B（与塔底D同一水平面）处进行测量，在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45，30，且A，B两点相距91m，由点D看A，B的张角为150，则岐山古塔的高度CD 16.已知函数，函数，若有两个零点，则的取值范围是_ 四、解答题：本大题共6个大题，满分70分.解答题应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤.17.已知向量，.（1）若，求的值：（2）若，求向量与夹角的大小.18.在：，；：，为等腰三角形，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计
5、分.在中，已知_ ，且，求：（1）的值；（2）的面积.19.设，其中.（1）求的最值及取最值时对应的值.（2）当时，求的值.20有一批货物需要用汽车从城市甲运至城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如表：所用的时间/h10111213通过公路1的频数20402020通过公路2的频数10404010（1）为进行某项研究，从所用时间为12h的60辆汽车中随机抽取6辆（）若用分层随机抽样的方法抽取，求从通过公路1和公路2的汽车中各抽取几辆；（）若从（）的条件下抽取的6辆汽车中，再任意抽取2
6、辆汽车，求这2辆汽车至少有1辆通过公路1的概率（2）假设汽车A只能在约定时间的前11h出发，汽车B只能在约定时间的前12h出发为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙，汽车A和汽车B应如何选择各自的道路？21如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC平面ABC（1）证明：平面PBC平面PAC；（2）若点E是PC的中点，在AC上找一点F使得直线EF平面PAB，并说明理由；（3）设ABPC2，AC1，求二面角BPAC的余弦值22如图，OAB是边长为2的正三角形，记OAB位于直线xt（t0）左侧的图形的面积为f（t）（1）求函数f（t）解析式；（2）画出函数yf（t
7、）的图象；（3）当函数g（t）f（t）at有且只有一个零点时，求a的值参考答案一、选择题（共8个小题，每小题5分，共40分）.1已知集合Ax|x22x30，Bx|x2，则AB（）AB（1，3）C（1，3）D（2，3）【分析】求出集合A，B，再求出AB解：集合Ax|x22x30x|1x3，Bx|x2，ABx|2x3（2，3）故选：D2复数（i为虚数单位）的共轭复数是（）A1+iB1iC1+iD1i【分析】化简已知复数z，由共轭复数的定义可得解：化简可得z1+i，z的共轭复数1i故选：B3已知向量，且，则m的值为（）AB2C4D2或4【分析】由已知结合向量平行的坐标表示即可直接求解解：根据题意，得
8、，由，得2m4（2m），解得故选：A4已知一组数据为20，30，40，50，50，60，70，80，其平均数、60%分位数和众数的大小关系式（）A众数60%分位数平均数B平均数60%分位数众数C60%分位数众数平均数D平均数60%分位数众数【分析】根据众数、60%分位数、平均数的概念分别计算解：从小到大数据排列为20，30，40，50，50，60，70，80，50出现了2次，为出现次数最多的数，故众数为50；共8个数据，故60%分位数为第五个数50，平均数（20+30+40+50+50+60+70+80）850众数60%分位数平均数故选：B5已知函数f（x）3x（）x，则f（x）（）A是奇函数
9、，且在R上是增函数B是偶函数，且在R上是增函数C是奇函数，且在R上是减函数D是偶函数，且在R上是减函数【分析】由已知得f（x）f（x），即函数f（x）为奇函数，由函数y3x为增函数，y（）x为减函数，结合“增”“减”“增”可得答案解：f（x）3x（）x3x3x，f（x）3x3xf（x），即函数f（x）为奇函数，又由函数y3x为增函数，y（）x为减函数，故函数f（x）3x（）x为增函数，故选：A6设平面与平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm，则“”是“ab”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂
10、直的性质即可得到结论解：bm，当，则由面面垂直的性质可得ab成立，若ab，则不一定成立，故“”是“ab”的充分不必要条件，故选：A7已知函数f（x），若f（x）的最小值为f（1），则实数a的值不可以是（）A1BC2D4【分析】由题意可得二次函数yx22ax+8的对称轴xa1，且x+2af（1）在（1，+）上恒成立，由此求出a的取值范围可得答案解：由题意可得二次函数yx22ax+8的对称轴xa1，且x+2af（1）12a+8在（1，+）上恒成立，x+94a在（1，+）上恒成立，x+2，当且仅当x2时等号成立，即x+在（1，+）上的最小值为4，494a，解得a实数a的值不可以是1故选：A8已知各顶
11、点都在同一球面上的正四棱柱的底面边长为a，高为h，球的体积为，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为（）ABCD【分析】由球的体积求出球的半径，然后利用体对角线等于球的直径建立关系求解解：设球的半径为R，则，解得R，a2+a2+h2（2R）24R2，即h，ah，当且仅当h时等号成立，则正四棱柱的侧面积S4ah，即这个正四棱柱的侧面积的最大值为故选：B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.全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9已知复数z满足z（2i）i（i为虚数单位），复数z的共轭复数为，则（）ABC复数z的实部为1D复数z对应复平
12、面上的点在第二象限【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案解：由z（2i）i，得z，|z|，故A错误；，故B正确；复数z的实部为，故C错误；复数z对应复平面上的点的坐标为（，），在第二象限，故D正确故选：BD10从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是（）A2个球都是红球的概率为B2个球中恰有1个红球的概率为C至少有1个红球的概率为D2个球不都是红球的概率为【分析】设从甲袋中摸出一个红球为事件A，从乙袋中摸出一个红球为事件分别根据概率公式计算即可解：设从甲袋中摸出一个红球为事件A，从乙袋中摸出一个
13、红球为事件B，则2个球都是红球的概率为P（AB），故A正确，2个球中恰有1个红球的概率为P（A）+P（B）+，故B正确，至少有1个红球的概率为1p（）1，故C正确，2个球不都是红球的概率为P1P（AB）1，故D不正确故选：ABC11已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AH为BC边上的高，以下结论：其中正确的选项是（）AB0ABC为锐角三角形CD【分析】对于A，由AHBC可判断A；对于B，只能得出角B 为锐角，不能得到ABC为锐角三角形；对于C，为 在 方向上的投影，即AH的长度，而AHcsinB，进而求判断C；对于D，由余弦定理易得解：对于A，因为，且AHBC，所以，故A正确；对
14、于B，在ABC中，由只能得出角B 为锐角，不能判断出ABC为锐角三角形，故B错误；对于是 的单位向量，依据向量数量积的几何意义可知为 在 方向上的投影，即AHcsinB，故C正确；对于，由余弦定理可得 a2b2+c22bccosA，故 D 正确故选：ACD12如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则（）A直线BD1平面A1C1DB二面角B1CDB的大小为C三棱锥PA1C1D的体积为定值D异面直线AP与A1D所成角的取值范围是，【分析】直接证明直线B1D平面A1C1D判断A；由正方体的结构特征判断B；证明三棱锥PA1C1D的体积为定值判断C；求出异面直线AP与A1D所
15、成角的最小值判断D解：如图，在A中，A1C1B1D1，A1C1BB1，B1D1BB1B1，A1C1平面BB1D1，A1C1BD1，同理，DC1BD1，A1C1DC1C1，BD1平面A1C1D，故A正确；在B中，由正方体可知平面B1CD不垂直平面ABCD，故B错误；在C中，A1DB1C，A1D平面A1C1D，B1C平面A1C1D，B1C平面A1C1D，点P在线段B1C上运动，P到平面A1C1D的距离为定值，又A1C1D的面积是定值，三棱锥PA1C1D的体积为定值，故C正确；在D中，当点P与线段B1C的端点重合时，异面直线AP与A1D所成角取得最小值为，故异面直线AP与A1D所成角的取值范围是，故
16、D错误，故选：AC三、填空题（本大题共4小题，共20分）13计算sin330【分析】所求式子中的角变形后，利用诱导公式化简即可得到结果解：sin330sin（36030）sin30故答案为：14平面向量与的夹角为90，则2【分析】由已知可得0，结合，利用平方法，可得答案解：平面向量与的夹角为90，0，又，24+48，2，故答案为：215岐山古塔是揭阳市著名的历史文化古迹如图，一研究性小组同学为了估测塔的高度，在塔底D和A，B（与塔底D同一水平面）处进行测量，在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45，30，且A，B两点相距91m，由点D看A，B的张角为150，则岐山古塔的高度CD13【分析】设CD
17、h，用h表示出AD，BD，在ABD中根据余弦定理列方程计算h解：由题意可知CD平面ABD，DAC45，DBC30，ADB150，AB91m，设CDh，则ADCDh，BDCDh，在ABD中，由余弦定理可得：AB2AD2+BD22ADBDcosADB，即912h2+3h2+3h2，解得：h13m故答案为：1316已知函数f（x），函数g（x）f（x）+x+m，若g（x）有两个零点，则m的取值范围是 1，+）【分析】问题可转化为yf（x）与yxm有两个交点，作出f（x）的图象，即可得出答案解：因为g（x）f（x）+x+m有两个零点，所以f（x）xm有两个根，所以yf（x）与yxm有两个交点，作出f（
18、x）图像：由图可知，当直线yxm在x0处的函数值小于等于1，即可保证图象有两个交点，所以m1，所以m1，+）故答案为：1，+）四、解答题：本大题共6个大题，满分70分.解答题应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤.17已知向量（2，1），（1，x）（）若（+），求|的值；（）若+2（4，7），求向量与夹角的大小【分析】（I）由向量的加法和向量垂直的条件：数量积为0，可得x7，再由向量的模的公式计算即可得到所求；（II）运用向量的加法运算，可得x3，再由向量的夹角公式cos，计算即可得到所求夹角解：（I）依题意可得，+（3，1+x），由（+），可得，（+）0，即6+1x0，解得x7，即（1，7
19、），所以；（II）依题意+2（4，2x1）（4，7），可得x3，即（1，3），所以cos，因为，0，所以与的夹角大小是18在：a4，c6；：a4，ABC为等腰三角形，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答在ABC中，已知_，且cosC，求：（1）sinB的值；（2）ABC的面积【分析】选，（1）根据已知条件，结合三家函数的同角公式，可得sinC的值，再结合正弦定理和正弦函数的两角和公式，即可求解（2）运用三角形面积公式，直接求解选，（1）根据已知条件，结合三家函数的同角公式，可得sinC的值，结合余弦定理，可得c6，再结合正弦定理和正弦函数的两角和公式，即可求解（2）运用三角形面
20、积公式，直接求解解：选a4，c6，（1）cosC，由正弦定理，可得，即，解得sinA，sinBsin（A+C）sinAcosC+cosAsinC（2）选a4，ABC为等腰三角形，（1）cosC，C为钝角，ABC为等腰三角形，只能AB，即ab4，由余弦定理可得，c2a2+b22abcosC，可得36，解得c6，由正弦定理，可得，即，解得sinA，sinBsin（A+C）sinAcosC+cosAsinC（2）19设，其中（1）求的最值及取最值时对应的x值（2）当时，求x的值【分析】（1）可求出，然后根据x的范围求出的范围，然后即可求出f（x）的最值及对应x值；（2）根据可得出，然后根据的范围即可
21、求出x的值解：（1），即x0时，f（x）取最大值1；，即时，f（x）取最小值；（2），且，解得20有一批货物需要用汽车从城市甲运至城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如表：所用的时间/h10111213通过公路1的频数20402020通过公路2的频数10404010（1）为进行某项研究，从所用时间为12h的60辆汽车中随机抽取6辆（）若用分层随机抽样的方法抽取，求从通过公路1和公路2的汽车中各抽取几辆；（）若从（）的条件下抽取的6辆汽车中，再任意抽取2辆汽车，求这2辆汽车至少有1辆
22、通过公路1的概率（2）假设汽车A只能在约定时间的前11h出发，汽车B只能在约定时间的前12h出发为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙，汽车A和汽车B应如何选择各自的道路？【分析】（1）（i）利用分层抽样的比例关系列式求解；（ii）先求2辆汽车都不通过公路1的概率，再求至少有1辆通过公路1的概率；（2）分别求出A、B两辆汽车按时将货物从城市甲运到城市乙的频率，用频率估计概率进行抉择解：（1）（i）从通过公路1的汽车中抽取辆，从通过公路2的汽车中抽取辆；（ii）这2辆汽车都不通过公路1的概率为，所以这2辆汽车至少有1辆通过公路1的概率为（2）汽车A，若选择公路1，则在允许的时间
23、内将货物从城市甲运到城市乙的概率为，若选择公路2，概率为；汽车B，若选择公路1，则在允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙的概率为，若选择公路2，概率为；所以汽车A应选公路1，汽车B应选公路221如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC平面ABC（1）证明：平面PBC平面PAC；（2）若点E是PC的中点，在AC上找一点F使得直线EF平面PAB，并说明理由；（3）设ABPC2，AC1，求二面角BPAC的余弦值【分析】（1）由已知可得BCAC，再由PC平面ABC，得PCBC，然后利用直线与平面垂直的判定可得BC平面PAC，从而得到平面PBC平面PAC；（2）取中点F，利用线面平行
24、的判定，证明即可（3）过C作CMPA于M，连接BM，可得BMC为二面角BACM的平面角，然后求出二面角BPAC的余弦值解：（1）证明：AB是圆O的直径，BCAC，又PC平面ABC，BC平面ABC，PCBC，PCACC，且PC，BC平面PAC，BC平面PAC，又BC平面PBC，平面PBC平面PAC；（2）F为AC的中点，证明如下：证明：如图，取AC的中点F，由于点E为PC的中点，所以EFAP，由于EF平面PAB，AP平面PAB，所以EF平面PAB（3）BC平面PAC，PA平面PAC，PABC，过C作CMPA于M，连接BM，BCCMC，且BC，CM平面BCM，PA平面BCM，得PABM，BMC为二
25、面角BACM的平面角，在RtBMC中，CM，BC，则cos，二面角BPAC的余弦值为22如图，OAB是边长为2的正三角形，记OAB位于直线xt（t0）左侧的图形的面积为f（t）（1）求函数f（t）解析式；（2）画出函数yf（t）的图象；（3）当函数g（t）f（t）at有且只有一个零点时，求a的值【分析】（1）利用分段函数，求函数f（t）的解析式（2）利用（1）的解析式作出函数的图象（3）求出g（t）f（t）at的表达式，利用g（t）f（t）at有且只有一个零点时，求a的值解：（1）当0t1时，2 （1分）当1t2时， 当t2时， 所以 （2）画图象，如图：（其中图形，规范1分）（3）当0t1时，由，解得因为0t1，所以，即 当时，直线yat过点，这两点都在f（t）的图象上当时，直线yat与射线有一个交点 当1t2时，直线ya（）逆时针旋转时与f（t）图象有两个交点，相切时有一个交点，且与射线无交点此时，所以 ，所以，解得或当时，所以在（1，2内当时不在（1，2内，当a0或a时，直线yat与f（t）的图象无交点所以