1、浙江省嘉兴市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已知向量，若，则m（）ABCD2若复数z满足z（1+2i）5，则z（）A1+iB1iC1+2iD12i3从1，2，3，4，5中任取两个不同的数字，则所抽取的两个数字之和能被3整除的概率为（）ABCD4已知一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为（）ABCD5甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为和，甲、乙两人各射击一次，目标被命中的概率为（）ABCD6已知等腰直角ABC，P为BC边上一个动点，则的值为（）A1B2CD7在锐角ABC中，内角A，B，C对应的边分别为
2、a，b，c，已知B60，c1，则ABC面积的取值范围为（）ABCD8已知正四面体ABCD，点M为棱AB上一个动点，点N为棱CD上靠近点C的三等分点，记直线MN与BC所成角为，则sin的最小值为（）ABCD二、选择题：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，有选错的0分，部分选对的得2分。9已知a，b是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题为真命题的是（）A若，a与所成的角和b与所成的角相等，则abB若a，a，则C若ab，a，b，则D若a，则a10在ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形，有且只有一解的
3、是（）Ab4，A20，C40Ba4，b6，A35Ca4，b6，B35Da4，b6，C3511已知平面向量，满足|2，则下列说法正确的是（）A）BCR，使DR，恒成立12如图，在直角梯形ABCD中，ABCD，ADAB，AB2，DCAD1，点E在线段AB上，现将ADE沿DE折起为ADE，记二面角ADEC的平面角为，AO底面BCDE，垂足为O，则下列说法正确的是（）A不存在，使得BCACB若，则存在，使得平面BCDE平面ACDC若，则四棱锥ABCDE体积的最大值为D当时，OB的最小值为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13在空间直角坐标系中，已知点A（2，1，1），B（0，1，3），
4、则线段AB的中点坐标为 14已知ABC的面积为，用斜二测法画出其水平放置的直观图ABC如图所示，若OAOB1，则BC的长为 15在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，点P为底面ABCD上一点，则的最小值为 16已知平面向量，满足，则的最小值为_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已知平面向量，满足|2，|1，若，（）求；（）求18如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，PAAB2AD，E为PC中点（）证明：PA平面BDE；（）求PA与平面PCD所成角的正弦值19在ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a
5、，b，c，请在（2bc）（b2a2+c2）2abccosC；btanA（2cb）tanB；这三个条件中任选一个，完成下列问题：（）求角A；（）若a2，bc1，求ABC的面积20为了深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示要求，某校组织开展“战役有我，青春同行”防控疫情知识竞赛活动，某经过层层筛选后剩下甲、乙两名同学争夺一个参赛名额，该班设计了一个游戏方案决定谁去参加，规则如下：一个袋中装有6个大小相同的小球，其中标号为i的球有i个（i1，2，3），甲、乙两名同学需从6个球中随机摸取3个球，所取球的标号之和多者获胜（）求甲所取球的标号之和为7的概率；（）求甲获胜的概率21在ABC中，内角A
6、，B，C对应的边分别为a，b，c，设，且（）求cosC的值；（）若，a2，点M满足，求CM的长22如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C是边长为2的菱形，AB，CBB160，且ABB1ABC（）证明：ABCB1；（）若二面角ACB1B的平面角为60，求CA1与平面ACB1所成角的正弦值参考答案一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1已知向量，若，则m（）ABCD解：向量，解得m故选：C2若复数z满足z（1+2i）5，则z（）A1+iB1iC1+2iD12i解：因为z（1+2i）5，所以故选：D3从1，2，3，4，5中任取两个不同的数字，则所抽取的两个数字之和能被3整除的概
7、率为（）ABCD解：从1，2，3，4，5中任取两个不同的数字，基本事件总数n10，所抽取的两个数字之和能被3整除包含的基本事件有：（1，2），（1，5），（2，4），（4，5），共4个，则所抽取的两个数字之和能被3整除的概率为P故选：A4已知一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为（）ABCD解：设圆锥的母线长为R，底面圆的半径为r，圆锥的高为h，则R2，所以2R2r，解得r1，所以圆锥的高h，所以体积Vr2h故选：B5甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为和，甲、乙两人各射击一次，目标被命中的概率为（）ABCD解：甲、乙两人各射击一次，目标没被命中的概率为（1）（1），甲、乙
8、两人各射击一次，目标被命中的概率为1故选：A6已知等腰直角ABC，P为BC边上一个动点，则的值为（）A1B2CD解：等腰直角ABC，P为BC边上一个动点，设（0t1），则t+（1t），则t+（1t）（）t+t+（1t）+（1t）2t+2（1t）2，故选：B7在锐角ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知B60，c1，则ABC面积的取值范围为（）ABCD解：设边a的对角为A，由锐角三角形ABC，结合得：，解得，又c1，由正弦定理得，又，所以，所以，故SABC，因为，故，所以，故，所以式的取值范围是（）故选：D8已知正四面体ABCD，点M为棱AB上一个动点，点N为棱CD上靠近点C的三
9、等分点，记直线MN与BC所成角为，则sin的最小值为（）ABCD解：不妨设正四面体ABCD的棱长为3，则该四面体的高为，BNAN，要求直线MN与BC所成的最小角，即为直线BC与平面ABN所成的角，记点C到平面ABN的距离为h，由等体积法可知，VCABNVABCN，即，解得，所以直线BC与平面ABN所成角的正弦值为，所以sin的最小值为故选：A二、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，有选错的0分，部分选对的得2分。9已知a，b是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题为真命题的是（）A若，a与所成的角和b与所成的角相等，
10、则abB若a，a，则C若ab，a，b，则D若a，则a解：若，a与所成的角和b与所成的角相等，则ab或a与b相交或a与b异面，故A错误；若a，a，由直线与平面垂直的性质可得，故B正确；若ab，a，则b，又b，故C正确；若a，则a或a，故D错误故选：BC10在ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形，有且只有一解的是（）Ab4，A20，C40Ba4，b6，A35Ca4，b6，B35Da4，b6，C35解：对于A：由于b4，A20，C40，所以B120，利用正弦定理：，解得b和c都为唯一值，故该三角形有一解，故A正确；对于B：由于a4，b6，A35，利用正弦定理，解得B
11、有两解，故B错误；对于C：由于a4，b6，B35，利用正弦定理，解得A为一解，由于ab，故C正确；对于D：由于a4，b6，C35，利用余弦定理：c2a2+b22abcosC，解得c唯一，故三角形唯一，故D正确故选：ACD11已知平面向量，满足|2，则下列说法正确的是（）A）BCR，使DR，恒成立解：对于A，故A错误；对于B，故B正确；对于C，由，得，即，整理得：428+70，64112480，方程无解，故C错误；若恒成立，则，即，整理得（1）20，此式恒成立，即R，恒成立，故D正确故选：BD12如图，在直角梯形ABCD中，ABCD，ADAB，AB2，DCAD1，点E在线段AB上，现将ADE沿D
12、E折起为ADE，记二面角ADEC的平面角为，AO底面BCDE，垂足为O，则下列说法正确的是（）A不存在，使得BCACB若，则存在，使得平面BCDE平面ACDC若，则四棱锥ABCDE体积的最大值为D当时，OB的最小值为解：作AFDE，垂足为F，点O在直线AF上，对于A，当E为AB的中点且90时，ACDE，垂足为F，由已知可得BCCF，又ACCFC，AC，CF平面AFC，所以BC平面AFC，又AC平面AFC，则BCAC，故选项A错误；对于B，当时，AFDCG，当点O即为点G时，AG平面BCDE，又AG平面ACD，所以平面BCDE平面ACD，故选项B正确；对于C，当时，AFBCH，若四棱锥ABCDE
13、的体积最大，则AFDE，即点O为点F，此时，则四棱锥ABCDE的体积为，故选项C正确；对于D，点O的轨迹是以AD为直径的一段圆弧，记AD的中点为M，则OB的最小值为，故选项D错误故选：BC三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13在空间直角坐标系中，已知点A（2，1，1），B（0，1，3），则线段AB的中点坐标为 （1，1，2）解：空间直角坐标系中，点A（2，1，1），B（0，1，3），设线段AB的中点坐标为M（x，y，z），则，所以线段AB的中点坐标为（1，1，2）故答案为：（1，1，2）14已知ABC的面积为，用斜二测法画出其水平放置的直观图ABC如图所示，若OAOB1，则BC
14、的长为 1解：ABC的面积为S，则用斜二测法画出其水平放置的直观图ABC的面积为S1，即ABOCsin452OC1，解得OC，OBC中，由余弦定理得，BC2OB2+OC22OBOCcos451+2211，所以BC1故答案为：115在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，点P为底面ABCD上一点，则的最小值为 解：在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，点P为底面ABCD上一点，则，当反向时，cos的值最小值为1，此时，当且仅当时取等号，所以的最小值为故答案为：16已知平面向量，满足，|2，则的最小值为 解：令，OB中点为D，OD中点为F，由，|2，得，则co
15、s，60，由已知可得，点C的轨迹为以OD为直径的圆，当且仅当C、E、F共线且C在线段EF之间时取等号的最小值为故答案为：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已知平面向量，满足|2，|1，若，（）求；（）求解：（）平面向量，满足|2，|1，（）18如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，PAAB2AD，E为PC中点（）证明：PA平面BDE；（）求PA与平面PCD所成角的正弦值【解答】（）证明：ACBDF，连接EF，因为E，F分别为PC，AC中点，所以PAEF，PA平面BDE，EF平面BDE，所以PA平面BDE（）解：因为PA
16、平面ABCD，所以PACD，又因为CDAD，PAADA，所以CD平面PAD，即平面PCD平面PAD，交线为PD，所以PA与平面PCD所成角为APD，19在ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，请在（2bc）（b2a2+c2）2abccosC；btanA（2cb）tanB；这三个条件中任选一个，完成下列问题：（）求角A；（）若a2，bc1，求ABC的面积解：（）选，因为（2bc）（b2a2+c2）2abccosC，所以（2bc）2bccosA2abccosC，得（2bc）cosAacosC，即2bcosAacosC+ccosA，由正弦定理得，2sinBcosAsinAcosC+sin
17、CcosAsin（A+C）sinB，因为sinB0，所以cosA，因为0A，所以选，因为btanA（2cb）tanB，所以sinB（2sinCsinB），因为sinB0，所以，即sinAcosB（2sinCsinB）cosA2sinCcosAsinBcosA，所以sinAcosB+sinBcosAsin（A+B）sinC2sinCcosA，因为sinC0，所以cosA，因为0A，所以选，因为，所以，即，所以，所以，因为sinC0，所以2cosAsinA，即2sinA+cosA2sin（A+），所以sin（A+）1，因为0A，所以，即（）由余弦定理得，a2b2+c22bccosAb2+c2bc（
18、bc）2+bc，因为a2，bc1，所以41+bc，即bc3，所以20为了深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示要求，某校组织开展“战役有我，青春同行”防控疫情知识竞赛活动，某经过层层筛选后剩下甲、乙两名同学争夺一个参赛名额，该班设计了一个游戏方案决定谁去参加，规则如下：一个袋中装有6个大小相同的小球，其中标号为i的球有i个（i1，2，3），甲、乙两名同学需从6个球中随机摸取3个球，所取球的标号之和多者获胜（）求甲所取球的标号之和为7的概率；（）求甲获胜的概率解：（）假设标号为1的球为a，标号为2的球为b，c，标号为3的球为d，e，f，则每位同学取球标号之和的所有情况为：abc，abd，
19、abe，abf，acd，ace，acf，ade，adf，aef，bcd，bce，bde，bdf，bef，cde，cdf，cef，def共20种，甲所取球的标号之和为7的情况为：ade，adf，aef，bcd，bce，bcf共6种，所以甲所取球的标号之和为7的概率（）由（）知，每人标号之和为5的概率，标号之和为6的概率，标号之和为8的概率，标号之和为9的概率为，则甲获胜的概率21在ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，设，且（）求cosC的值；（）若，a2，点M满足，求CM的长解：（）因为，所以，2（2cos2C1）+cosC10，即4cos2C+cosC30，解得或者cosC1，因
20、为0C，所以（）因为c2a2+b22abcosC，所以84+b23b，解得b4，又因为，所以，即，所以CM的长为22如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C是边长为2的菱形，AB，CBB160，且ABB1ABC（）证明：ABCB1；（）若二面角ACB1B的平面角为60，求CA1与平面ACB1所成角的正弦值【解答】（）证明：因为BCBB1，ABB1ABC，所以ABB1与ABC全等，所以ACAB1，CB1BC1O，连接AO，BO，O为BC1中点，CB1AO，CB1BO，AOBOO，所以CB1平面AOB，AB平面AOB，所以ABCB1（）解法一：由（）知，AOB为二面角ACB1B的平面角
21、，所以AOB60，且，AC1CA1E，过E作EFAO于F，连接CF，因为CB1平面AOB，CB1平面ABC1，所以平面ACB1平面ABC1，交线为AO，又因为EFAO，所以EF平面ACB1，所以ECF为CA1与平面ACB1所成角，所以CA1与平面ACB1所成角的正弦值为解法二：由（）知，AOB为二面角ACB1B的平面角，所以AOB60，且，过C1作C1HAO于H，因为CB1平面AOB，CB1平面ABC1，所以平面ACB1平面ABC1，交线为AO，又因为C1HAO，所以C1H平面ACB1，C1H即为点A1到平面ACB1的距离，记为CA1与平面ACB1所成角，所以CA1与平面ACB1所成角的正弦值为解法三：由（）知，AOB为二面角ACB1B的平面角，所以AOB60，且，如图建立空间直角坐标系，则，B1（0，1，0），C（0，1，0），（0，2，0），设平面ACB1的法向量为，则，得，所以CA1与平面ACB1所成角的正弦值为
