1、江苏省常州市溧阳市2020-2021学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1某种彩票中奖的概率为，这是指（）A买10000张彩票一定能中奖B买10000张彩票只能中奖1次C若买9999张彩票未中奖，则第10000张必中奖D买一张彩票中奖的可能性是2已知z2i，则z（+i）（）A62iB42iC6+2iD4+2i3甲、乙两个同学下棋，若甲获胜的概率为0.2，甲不输的概率为0.7，则甲、乙下成和棋的概率为（）A0.5B0.7C0.9D0.44在ABC中，若acosB+bcosAa，则ABC的形状是（）A等腰三角形B直角三角形C等腰或直角三角形D等
2、边三角形5已知数据x1，x2，x10的平均数为2，方差为3，那么数据2x1+1，2x2+1，2x10+1的平均数和方差分别为（）A2，3B5，6C5，12D4，126已知，则sin2的值是（）ABCD7如图，在同一个平面内，向量，的模分别为1，与的夹角为，且tan7，与的夹角为135若，则mn（）A3BC3D8在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动若PA1平面AMN，则PA1的最小值是（）A2BCD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.全部选对的得5分
3、，部分选对的得2分，有选错的得0分.9新中国成立以来，我国共进行了7次人口普查，这7次人口普查的城乡人口数据如右图根据该图数据，这7次人口普查中（）A乡村人口数均高于城镇人口数B乡村人口数达到最高峰是第3次C城镇人口总数逐次增加D和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第7次10下列结论正确的是（）A若复数z满足z+0，则z为纯虚数B若复数z1，z2满足|z1+z2|z1z2|，则z1z20C若复数z满足，则zRD若复数z满足|z3i|1，则|z|2，411如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）ABFCDBDGBHCCH与BG成60角DBE与平面ABCD所成角为4512“奔驰定理”是平
4、面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”奔驰定理：已知O是ABC内的一点，BOC，AOC，AOB的面积分别为SA，SB，SC，则若O是锐角ABC内的一点，A，B，C是ABC的三个内角，且点O满足则（）AO为ABC的外心BBOC+ACD三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分。13设k为实数，若向量，且，则的值为 14满足等式（1+tan）（1+tan）2的数组（，）有无穷多个，试写出一个这样的数组 15九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年在九章算术中，将底面为矩形且
5、一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马如图PABCD是阳马，PA平面ABCD，PA5，AB4，AD3，则该阳马的外接球的表面积为 16甲、乙二人做射击游戏，甲、乙射击击中与否是相互独立事件规则如下：若射击一次击中，则原射击人继续射击；若射击一次不中，就由对方接替射击已知甲、乙二人射击一次击中的概率均为，且第一次由甲开始射击求前3次射击中甲恰好击中2次的概率 ；求第4次由甲射击的概率 四、解答题：本题共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已知复数z满足z2，且z的虚部为1，z在复平面内所对应的点在第四象限（1）求z；（2）若z，z2在复平面上对应的点分别为A，B，O为坐标原点
6、，OAB18如图，在三棱锥PABC中，PAPC，BC4，AC2，M为BC的中点，N为AC上一点，且MN平面PAB，求证：（1）直线AB平面PMN；（2）ACPM19某中学高一年级举行了一次数学竞赛，从中随机抽取了一批学生的成绩经统计，这批学生的成绩全部介于50至100之间，将数据按照50，60），60，70），70，80），80，90），90，100）的分组作出频率分布直方图如图所示（1）求频率分布直方图中a的值，并估计本次竞赛成绩的第80百分位数；（2）若按照分层随机抽样从成绩在50，60），90，100）的两组中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求至少有1人的成绩在50，60）内的概率2
7、0已知在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，（1）若，求cosC的值；（2）若点D在边AC上，且AD2DC，BD2，求ABC面积的最大值21已知在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，E是棱BB1的中点（1）求证：平面A1EC平面AA1C1C；（2）设AB2，求三棱锥AA1CE的体积；（3）若把平面A1EC与平面A1B1C1所成的锐二面角为60时的正三棱柱称为“黄金棱柱”，请判断此三棱柱是否为“黄金棱柱”，并说明理由22如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中设计时要求绿地部分（如图中阴影部分所示）有公共绿地走道MN，且两边是两个关于走道MN对称的三角形（AM
8、N和AMN）现考虑方便和绿地最大化原则，要求点M与点A，B均不重合，A落在边BC上且不与端点B，C重合，设AMN（1）若，求此时公共绿地的面积；（2）为方便小区居民的行走，设计时要求AN，AN的长度最短，求此时绿地公共走道MN的长度参考答案一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1某种彩票中奖的概率为，这是指（）A买10000张彩票一定能中奖B买10000张彩票只能中奖1次C若买9999张彩票未中奖，则第10000张必中奖D买一张彩票中奖的可能性是解：如果某种彩票的中奖概率为，则买10000张这种彩票仍然是随机事件，即买10000张彩票，可能有多张中奖，也可能不能中奖，排除A，B；若
9、买9999张彩票未中奖，则第10000张也是随机事件，且发生概率仍然是，故C错误，这里的中奖的概率为，是指买一张彩票中奖的可能性是，故D正确故选：D2已知z2i，则z（+i）（）A62iB42iC6+2iD4+2i解：z2i，z（+i）（2i）（2+i+i）（2i）（2+2i）4+4i2i2i26+2i故选：C3甲、乙两个同学下棋，若甲获胜的概率为0.2，甲不输的概率为0.7，则甲、乙下成和棋的概率为（）A0.5B0.7C0.9D0.4解：甲不输包含甲、乙两人下成和棋与甲获胜，且甲、乙两人下成和棋与甲获胜是互斥事件，甲、乙下成和棋的概率P0.70.20.5故选：A4在ABC中，若acosB+b
10、cosAa，则ABC的形状是（）A等腰三角形B直角三角形C等腰或直角三角形D等边三角形解：由acosB+bcosAa，结合正弦定理可得：sinAcosB+sinBcosAsinA，sin（B+A）sinA，可得：sinCsinA，ac，则ABC的形状为等腰三角形故选：A5已知数据x1，x2，x10的平均数为2，方差为3，那么数据2x1+1，2x2+1，2x10+1的平均数和方差分别为（）A2，3B5，6C5，12D4，12解：因为数据x1，x2，x10的平均数为2，方差为3，所以数据2x1+1，2x2+1，2x10+1的平均数为22+15，方差为22312故选：C6已知，则sin2的值是（）A
11、BCD解：，对等式两边平方，可得，解得故选：A7如图，在同一个平面内，向量，的模分别为1，与的夹角为，且tan7，与的夹角为135若，则mn（）A3BC3D解：由已知可得角为锐角，则由1+tan2，解得cos，因为，所以，即1m，则，所以mn，故选：B8在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动若PA1平面AMN，则PA1的最小值是（）A2BCD解：取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF中点O，连结A1O，点M，N分别是棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中棱BC，CC1的中点
12、，AMA1E，MNEF，AMMNM，A1EEFE，平面AMN平面A1EF，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且PA1面AMN，点P的轨迹是线段EF，A1EA1F，EF，A1OEF，当P与O重合时，PA1的长度取最小值，为A1O，当P与E（或F）重合时，PA1的长度取最大值，为A1EA1FPA1的长度范围为，即其最小值为：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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9新中国成立以来，我国共进行了7次人口普查，这7次人口普查的城乡人口数据如右图根据该图数据，这7次人口普查中（）
13、A乡村人口数均高于城镇人口数B乡村人口数达到最高峰是第3次C城镇人口总数逐次增加D和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第7次解：对于A，2020年，城镇人口比重为63.89%50%，即城镇人口数高于乡村人口数，故选项A错误；对于B，由统计图可知，乡村人口数达到最高峰是第4次，故选项B 错误；对于C，由统计图可知，城镇人口总数逐次增加，故选项C正确；对于D，第二次与第一次相比，城镇人口比重增量为18.40%13.26%5.04%，第三次与第二次相比，城镇人口比重增量为20.91%18.40%2.61%，第四次与第三次相比，城镇人口比重增量为26.44%20.91%5.53%，第五次与第四次相比
14、，城镇人口比重增量为36.22%26.44%9.78%，第六次与第五次相比，城镇人口比重增量为49.68%36.22%13.46%，第七次与第六次相比，城镇人口比重增量为63.89%49.68%14.21%，和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第7次，故选项D正确故选：CD10下列结论正确的是（）A若复数z满足z+0，则z为纯虚数B若复数z1，z2满足|z1+z2|z1z2|，则z1z20C若复数z满足，则zRD若复数z满足|z3i|1，则|z|2，4解：对于A：设za+bi（a，bR），则，由于z+0，所以a0，故zbi，当b0时，z为实数，故A错误；对于B：设z1a+bi，z2c+di，
15、所以，由于复数z1，z2满足|z1+z2|z1z2|，所以（a+c）2+（b+d）2（ac）2+（bd）2，则4ac+4bd0，整理得ac+bd0所以z1z2（a+bi）（c+di）（acbd）+（ad+bc）i0，故B错误；对于C：设za+bi，所以，由于复数z满足，所以b0，故zR，故C正确；对于D：设za+bi（a，bR），因为|z3i|1，所以a2+（b3）21（b0），所以该曲线为以（0，3）为圆心，1为半径的圆，故|z|max4，|z|min312，所以|z|2，4，故D正确故选：CD11如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）ABFCDBDGBHCCH与BG成60角DBE
16、与平面ABCD所成角为45解：由正方体的平面展开图还原原正方体如图，由正方体的结构特征可知，BF与CD异面垂直，故A错误；DGCH，而CH为BH在平面DCGH上的射影，DGBH，故B正确；连接AH，由ABGH，ABGH，可得四边形ABGH为平行四边形，则AHBG，AHC为异面直线CH与BG所成角，连接AC，可得AHC为等边三角形，得CH与BG成60角，故C正确；AE平面ABCD，EBA为BE与平面ABCD所成角为45，故D正确故选：BCD12“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”奔驰定
17、理：已知O是ABC内的一点，BOC，AOC，AOB的面积分别为SA，SB，SC，则若O是锐角ABC内的一点，A，B，C是ABC的三个内角，且点O满足则（）AO为ABC的外心BBOC+ACD解：因为，同理OACB，OCAB，故O为ABC的垂心，故A错误；，所以OBC+C+OCB+B，又OBC+OCB+BOC，所以BOCC+B，又A+B+C，所以BOC+A，故B正确；故ABOC，同理BAOC，延长CO交AB与点P，则，同理可得cosA：cosCOA：OC，所以cosA：cosB：cosCOA：OB：OC，故C正确；tanBOC：tanAOCtan（A）：tan（B）tanA：tanB，同理可得SA
18、：SCtanA：tanC，所以SA：SB：SCtanA：tanB：tanC，又，所以，故D正确故选：BCD三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分。13设k为实数，若向量，且，则的值为 4解：向量，且，可得k2，解得k2，所以（2，2）（1，1）4故答案为：414满足等式（1+tan）（1+tan）2的数组（，）有无穷多个，试写出一个这样的数组 解：当0时，等式（1+tan）（1+tan）2，可化简为1+tan2，tan1，可取，满足等式（1+tan）（1+tan）2的数组（，）可取（0，）故答案为：15九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年在九章算术中，将
19、底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马如图PABCD是阳马，PA平面ABCD，PA5，AB4，AD3，则该阳马的外接球的表面积为 50解：把四棱锥PABCD放置在长方体中，则长方体的外接球即为四棱锥的外接球，PA5，AB3，BC4，长方体的对角线长为5，则长方体的外接球的半径R，该“阳马”外接球的表面积为S4R24（）250故答案为：5016甲、乙二人做射击游戏，甲、乙射击击中与否是相互独立事件规则如下：若射击一次击中，则原射击人继续射击；若射击一次不中，就由对方接替射击已知甲、乙二人射击一次击中的概率均为，且第一次由甲开始射击求前3次射击中甲恰好击中2次的概率；求第4次由甲射击的概率解
20、：由题意，前3次射击中甲恰好击中2次，即前2次甲都击中目标，但第三次没有击中目标，故它的概率为第4次由甲射击包括甲连续射击3次且都击中；第一次甲射击击中，但第二次没有击中，第三次由乙射击没有击中；第一次甲射击没有击中，且乙射击第二次击中，但第三次没有击中；第一次甲射击没有击中，且乙射击第二次没有击中，第三次甲射击击中；故这件事的概率为+，故答案为：；四、解答题：本题共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已知复数z满足z2，且z的虚部为1，z在复平面内所对应的点在第四象限（1）求z；（2）若z，z2在复平面上对应的点分别为A，B，O为坐标原点，OAB解：（1）设zxi（
21、xR），z2，|z|2x2+12，得x1或x1，又z在复平面内所对应的点在第四象限，z1i；（2）z2（1i）22i，A（1，1），B（0，2），O（0，0），则cosOAB，OAB9018如图，在三棱锥PABC中，PAPC，BC4，AC2，M为BC的中点，N为AC上一点，且MN平面PAB，求证：（1）直线AB平面PMN；（2）ACPM【解答】证明：（1）MN平面PAB，MN平面ABC，平面ABC平面PABAB，MNAB，又MN平面PMN，AB平面PMN，AB平面PMN（2）由（1）得，MNAB，又M是BC的中点，N是AC的中点，又BC4，AC2，AB2+AC2BC2，即ABAC，MNAB，A
22、CMN，PAPC，且N是AC的中点，ACPN，又MNPNN，MN平面PMN，PN平面PMN，AC平面PMN，PM平面PMN，故ACPM19某中学高一年级举行了一次数学竞赛，从中随机抽取了一批学生的成绩经统计，这批学生的成绩全部介于50至100之间，将数据按照50，60），60，70），70，80），80，90），90，100）的分组作出频率分布直方图如图所示（1）求频率分布直方图中a的值，并估计本次竞赛成绩的第80百分位数；（2）若按照分层随机抽样从成绩在50，60），90，100）的两组中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求至少有1人的成绩在50，60）内的概率解：（1）由题意得，10（0
23、.005+0030+0.035+a+0.010）1，所以a0.020，因为100.0050.05，100.0300.3，100.0350.35，100.010.1，100.020.2，所以成绩在80（分）以下的频率为0.05+0.3+0.350.70.8，成绩在90（分）以下的频率为0.05+0.3+0.35+0.20.90.8，所以第80百分位数p（80，90），即（2）因为50，60），90，100）的频率之比为0.005：0.0101：2，所以从50，60）中随机抽取人，从90，100）中随机抽取从50，60）中抽取的2人记为a，b，从90，100）中抽取的4人记为1，2，3，4，从这6
24、人中随机抽取2人的样本空间为12，13，14，1a，1b，23，24，2a，2b，34，3a，3b，4a，4b，ab，共有15个样本点，设事件A表示“至少有1人的成绩在50，60）内”，则A1a，1b，2a，2b，3a，3b，4a，4b，ab共有9个样本点，所以至少有1人在50，60）内的概率为20已知在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，（1）若，求cosC的值；（2）若点D在边AC上，且AD2DC，BD2，求ABC面积的最大值解：（1）由余弦定理得，整理可得，a2+c2b2ac，又B（0，），又0B+C，故cosCcos（B+C）Bcos（B+C）cosB+sin（B+C）sin
25、B（2）法1：AD2DC，即，ac6当且仅当ac，等号成立，又，ABC面积的最大值为法2：AD2DC，在ABD中，由余弦定理得，在CBD中，由余弦定理得，又ADB+CDB，所以cosADBcosCDB，整理得，又在ABC中，由余弦定理得，b2a2+c22accosBa2+c2ac，由得，ac，ac6当且仅当ac，等号成立，又，ABC面积的最大值为21已知在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，E是棱BB1的中点（1）求证：平面A1EC平面AA1C1C；（2）设AB2，求三棱锥AA1CE的体积；（3）若把平面A1EC与平面A1B1C1所成的锐二面角为60时的正三棱柱称为“黄金棱柱”，请判断此
26、三棱柱是否为“黄金棱柱”，并说明理由解：（1）证明：连接A1C与AC1交于点F，连接EF，如图1所示：证法1：因为ABCA1B1C1为正三棱柱，且E是棱BB1的中点，所以，且AA1C1C为平行四边形，所以F为AC1的中点，因此EFA1C同理得EC1EA，则EFAC1，A1C平面A1EC，AC1A1CF，所以EF平面AA1C1C；而EF平面A1EC，所以平面A1EC平面AA1C1C证法2：因为ABCA1B1C1为正三棱柱，得ABC为正AA1C1C为平行四边形，又ABAA1，所以AA1C1C为菱形，所以AC1A1C，由AA1C1C为菱形得F为AC1的中点，又E是棱BB1的中点，得，所以EFAC1，
27、EF平面A1EC，A1C平面A1EC，EFA1CF，所以AC1平面A1EC，又AC1平面AA1C1C，所以平面A1EC平面AA1C1C（2）解法1：由（1）法1得EF平面AA1C，所以，又在A1EC中，所以解法2：由（1）法2得AF平面A1EC，所以，又在AA1C1中，在A1EC中，所以；所以（3）延长CE交C1B1的延长线于点H，连接A1H，如图2所示：则A1H为平面A1EC与平面A1B1C1的交线，因为BB1CC1，又E为BB1的中点，所以B1为C1H的中点，即C1B1B1HA1B1，则A1HA1C1，因为正三棱柱，所以CC1平面A1B1C1，A1H平面A1B1C1，所以A1HCC1，CC
28、1A1C1C1，CC1、A1C1平面AA1C1C，所以A1H平面AA1C1C，又A1C平面A1EC，所以A1CA1H，又A1HA1C1，所以CA1H为平面A1EC与平面A1B1C1所成二面角的平面角；若此正三棱柱为“黄金棱柱”，则CA1C160，可得，即，与条件ABAA1矛盾，所以此三棱柱不能成为“黄金棱柱”22如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中设计时要求绿地部分（如图中阴影部分所示）有公共绿地走道MN，且两边是两个关于走道MN对称的三角形（AMN和AMN）现考虑方便和绿地最大化原则，要求点M与点A，B均不重合，A落在边BC上且不与端点B，C重合，设AMN（1）若，求此时公共绿地的面积；（2）为方便小区居民的行走，设计时要求AN，AN的长度最短，求此时绿地公共走道MN的长度解：（1）AMNAMN，AMNAMN，BMA，BMAMAMAM，ABa，BC，B，A，AMN是等边三角形，S2SAMN2（2）BMA2，AMAM，BMAMcosBMAAMcos2AM+BMa，即AM（1cos2）a，AM在AMN中，由正弦定理可得：，令f（）2sinsin（）2sin（cos+sin）sin2+sin（2）+，当即时f（）取最大值，当时AN最短，此时AMN是等边三角形，
