天津市滨海新区2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题(含答案)

天津市滨海新区2023-2024学年高一下学期期末检测数学学科本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间100分钟．答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、准考证号写在答题纸上．答卷时，考生务必将答案写在答题纸上，答在试卷上的无效．祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷选择题（60分）一、选择题：本卷共12小题，每小题5分，共60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，请将所选答案填入答题纸中的答题栏内．1．若复数（是虚数单位）是纯虚数，则实数（ ）A ．B ．0C ．1D ．22．下列说法正确的是（ ）A ．三点确定一个平面B ．四边形确定一个平面C ．三角形确定一个平面D ．一条直线和一个点确定一个平面3．某校高一数学备课组老师的年龄（单位：岁）分别为：35，36，37，38，40，41，51，51，52，54，56，59，则该组数据的极差为（ ）A ．53B ．52C ．51D ．244．在中，若，则（ ）A ．B ．C ．10D ．5．同时抛掷两枚质地均匀的骰子，用表示结果，记事件为“所得点数之和小于4”，则事件的概率为（ ）A．B ．C ．D ．6．已知一个圆锥的底面半径为1，母线长为4，则圆锥的侧面展开图的圆心角为（ ）A ．B ．C ．D ．7．从装有2个红球、1个黑球的袋中任取2个球，若事件为“所取的2个球中恰有1个黑球”，则与事件对立的事件是（ ）A ．所取的2个球中至多有一个是黑球B ．所取的2个球中恰有1个黑球1个红球C ．所取的2个球都是红球D ．所取的2个球中至少有一个红球8．某校组织“交通安全”知识测试，随机调查1000名学生，将他们的测试成绩（满分100分）按照分成五组，得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（）()21i z m m =++-i m =2-ABC △π4,5,6AB BC B ===AB BC ⋅= --(),x y A A 11219536512π3π22π35π6A A [)[)[]50,60,60,70,,90,100A ．图中B ．估计样本数据的第80百分位数为93分C ．若每组数据以所在区间的中点值为代表，则这1000名学生成绩的平均数为80.5分D ．测试成绩低于80分的人数为450人9．已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）A ．若，则B ．若，则C ．若，则D ．若，则10．已知平面向量，则下列说法不正确的是（ ）A ．与共线的单位向量的坐标为或B ．在方向上的投影向量为C ．与垂直的单位向量的坐标为或D ．若向量与向量垂直，则11．已知的三个内角的对边分别为，且满足，则的形状为（）A ．直角三角形B ．等腰三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰或直角三角形12．《九章算术·商功》中有如下问题：“今有堑堵，下广二丈，表一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？答曰：四万六千五百尺”．所谓“堑堵”就是两底面为直角三角形的直棱柱，如图所示的几何体是一个“堑堵”，是的中点，过三点的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，给出下列四个结论：①过三点的平面截该“堑堵”的截面是三角形②该三棱台的表面积为0.001x =,αβ,m n ,m m αβ∥∥αβ∥,m n αα⊥∥m n ⊥,m αβα⊥∥m β⊥,m n n α⊥⊥m α∥()()2,1,4,3a b =-=-b 43,55⎫⎛- ⎪⎝⎭43,55⎫⎛- ⎪⎝⎭b a 115a- a ⎛ ⎝a b λ+ a b + 37λ=ABC △,,A B C ,,a b c cos cos b aA B c--=ABC △12,4,AB BC AA M ===11A C ,,B C M ,,B C M 172+③二面角④三棱锥的外接球的表面积为其中正确结论的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4第Ⅱ卷（90分）二、填空题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．13．若复数（是虚数单位），则___________．14．一支羽毛球队有男运动员64人，女运动员56人，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从全体运动员中抽出一个容量为30的样本，如果样本按比例分配，那么男运动员应抽取的人数为___________．15．已知一组样本数据：3，4，4，4，6，6，7，8，8，则该组样本数据的众数为___________，中位数为___________．16．已知一组数据的平均数是3.6，方差是2，则新数据的平均数是___________，方差是___________．17．如图，用斜二测画法画水平放置的的直观图得，其中的面积为，则其直观图中边上的高的长度为___________．18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2正方形，底面，为的中点，为底面的中心．（ⅰ）三棱锥的体积为___________；（ⅱ）直线与所成的角为___________．19．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中国古代流传下来的两幅神秘图案．河图的排列结构如图所示，一与六共宗居下，二与七为朋居上，三与八同道居左，四与九为友居右，五与十相守居1M BC C --M ABC -81π413i1iz +=+i z =12,,,n x x x 122,2,,2n x x x +++ AOB △()45A O B x O y ''''''∠=︒△AOB △2O B '='O B ''A C ''P ABCD -ABCD PA ⊥ABCD PA E =PA O ABCD A EBD -OE CD中，其中白圈为阳数，黑点为阴数．若从阳数和阴数中各取一数，则其差的绝对值为3的概率为___________．20．在中，，并且满足．（ⅰ）角___________；（ⅱ）若点在线段上（点不与端点重合），延长到，使得，（为常数），则线段的长度为___________．三、解答题：本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．21．（本小题满分12分）已知向量满足．（Ⅰ）求向量的数量积；（Ⅱ）求向星夹角的余弦值；（Ⅲ）求的值．22．（本小题满分12分）甲、乙两名同学进行某项体能测试，甲同学通过的概率为，乙同学通过的概率为，并且在测试过程中甲、乙两同学互不影响，求下列事件的概率；（Ⅰ）甲、乙两同学都能通过；（Ⅱ）甲、乙两同学恰有一人通过；（Ⅲ）甲、乙两同学中至少有一人通过．23．（本小题满分13分）如图，在棱长均为2的正三棱柱中，为棱的中点．ABC △5,3AB AC ==25CB AB ⋅=A =DBC D ,B C AD P 12AP =43PA mPB m PC ⎫⎛=+- ⎪⎝⎭mCD ,a b ()()2,1,1,3a b ==-,a b a b ⋅,a bθ2a b +2334111ABC A B C -E AC（Ⅰ）求证：直线平面；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）若为棱上一点，且，求直线与平面所成角的正切值．24．（本小题满分13分）已知的三个内角的对边分别为，且．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若的面积是，求；（Ⅲ）若为边上一点，且满足，，试求的最大值．滨海新区2023-2024学年度第二学期期末检测卷高一年级数学参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．123456789101112ACDAABCDBCDA 二、填空题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．1314．16 15．4，616．5.6，2 17．2 18 19．20．三、解答题：本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．说明：解答给出了一种解法供参考，其他解法可根据试题的主要考查内容比照评分参考制定相应的评分细则．1AB ∥1BC E 1BC E ⊥11ACC A M 1A A 114AM AA =BM 1BC E ABC △,,A B C ,,a b c 222b ac bc =-+A ABC △2c b =a D AC cos cos AB BD BA BD AB A BD CDB λ⎫⎛⎪ +=+⎪ ∠⎝⎭a =BD CD +π3725π221．解：（Ⅰ）（Ⅱ）又（Ⅲ）22．解：设“甲通过”，“乙通过”，则“甲没通过”，“乙没通过”．由于两人测试的结果互不影响，所以与相互独立，与，与，与都相互独立．由已知可得，．（Ⅰ）“两人都通过”，由事件的独立性定义，得所以两人都通过的概率为（Ⅱ）“恰好有一人通过”，且与互斥，根据概率的加法公式和事件的独立性定义，得所以甲、乙两人中恰好有一人通过的概率为（Ⅲ）事件“至少有一人通过”，且与两两互斥所以所以两人中至少有一人通过的概率为23解：（Ⅰ）连接交于点，连接．()21131a b ⋅=⨯+⨯-=-a === cos ab a b θ⋅==== ()()()22,121,34,5a b +=+-=-2a b ∴+==A =B =A =B =A B A B AB A B ()()()()2311,,,3434A P A PB B P P ====AB =()()()231342P AB P A P B ==⨯=12AB AB = AB AB ()()()()()()()A A P AB B P AB P B P A P P B A B P =+=+ 211311534346412=⨯+⨯=+=512AB AB AB = ,AB AB AB ()()()()()()151121212P AB AB AB P AB P AB P AB P AB P AB AB =++=+=+= 11121B C 1BC G EG在中，为的中点，为的中点．是的中位线，平面平面平面（Ⅱ）在正三棱柱中，平面平面，在等边中，为的中点，又是平面内的两条相交直线．平面，又平面，平面平面（Ⅲ）连接，和都是直角三角形，且，，，由（Ⅱ）得，平面平面，平面平面，又平面，1AB C △G 1B C E AC EG ∴1AB C △1EG AB ∴∥EG ∈ 11,BC E AB ⊄1BC E1AB ∴∥1BC E111ABC A B C -1CC ⊥ ,ABC EB ⊂ABC 1CC EB∴⊥ABC △E AC AC EB ∴⊥AC EB∴⊥1CC AC 、11ACC A EB ∴⊥11ACC A EB ⊥1BC E ∴1BC E ⊥11ACC A EM AEM △1CC E △12CC AECE AM==11,AEM CC E CC E AEM ∴∠=∠△∽△111ππ,22CC E CEC CEC AEM ∠+∠=∴∠+∠= 1ME C E ∴⊥1BC E ⊥11ACC A 1BC E 111ACC A C E =ME ∈11ACC A平面为直线与平面所成的角．在中，所以直线与平面24．解：（Ⅰ）由余弦定理得，（Ⅱ）由面积公式得，又（Ⅲ）取的中点，则，又为等边三角形ME ∴⊥1BC EEBM ∴△BM 1BC E Rt BME △BE ME ==tan ME EBM BE ∴==△BM 1BCE222cos 2b c a A bc +-=2221cos 222b c a bc A bc bc +-===()π0,,3AA π∈∴=ABC △1sin 2ABC S bc A =△11πsin sin 4223ABC S bc A bc bc ====∴=△222,2,8c b b c =∴== 2226a b c bc a =+-=∴=AD E 2BA BD BE +=()2cos cos AB AC BD AC BA BD AC BE AC AB A BD CDB λ⎫⎛⋅⋅⎪ ∴+⋅=⋅=+⎪ ∠⎝⎭()AC AC λ=-=,BE AC BA BD∴⊥=π,3A ABD =∴ △在中，由余弦定理得，又由基本不等式得，当且仅当时，等号成立的最大值为4．2π3BDC ∴∠=BCD △2222cos a BD CD BD CD BDC =+-⋅⋅∠2222()12a BD CD BD CD BD CD BD CD =++⋅=+-⋅=222()3()12244BD CD BD CD BD CD BD CD +++⎫⎛⋅≤=≤ ⎪⎝⎭BD CD =4BD CD ∴+≤BD CD ∴+。

2020-2021学年天津市滨海新区塘沽一中高一（下）期中数学试卷后附详细解析参考答案一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）在复平面内，复数z＝i（1+2i）对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．（5分）以下命题正确的是（）A．B．C．D．3．（5分）如图，已知等腰三角形△O'A'B'，O'A'＝A'B'是一个平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，则这个平面图形的面积是（）A．B．1C．D．4．（5分）在△ABC中，已知a＝2，，，则B＝（）A．B．C．或D．或5．（5分）已知向量＝（2，1），＝10，|+|＝，则||＝（）A．B．C．5D．256．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，F是线段AE上靠近点A的三等分点，则＝（）A．B．C．D．7．（5分）如图，从地面上C，D两点望山顶A，测得它们的仰角分别为45°和30°，已知CD＝100米，点C位于BD上，则山高AB等于（）A．100米B．50米C．50米D．50（+1）米8．（5分）若一个圆锥的高和底面直径相等，且它的体积为，则此圆锥的侧面积为（）A．B．C．D．9．（5分）已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α10．（5分）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且b2+c2＝a2+bc，若sin B •sin C＝sin2A，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形11．（5分）四边形ABCD是边长为1的正方形，延长CD至E，使得，若点F为线段BC上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．212．（5分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝AC，AB＝，AC1⊥A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点，给出下列结论：①C1M⊥平面A1ABB1；②A1B⊥NB1；③C1A∥NB1C；④平面AMC1⊥平面CBA1．其中正确结论的个数为（）A．1B．2C．3D．4二．填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）13．（5分）已知平面向量，，若，则实数k＝．14．（5分）已知复数z满足z（2﹣i）＝|3﹣4i|（其中i为虚数单位），则复数z的共轭复数是．15．（5分）侧棱长为3，底面边长为正四棱柱的体积为；外接球表面积为．16．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E是棱CC1的中点，则点C1到平面EBD的距离为．17．（5分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，c＝3，且，则A＝；＝．18．（5分）已知点O是锐角△ABC的外心，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，A＝，且，则λ的值为．三．解答题（本大题共4小题，共60分）19．已知向量，．（1）求与的夹角；（2）求；（3）若，求实数k的值．20．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（c﹣2b）cos A+a cos C＝0．（1）求A；（2）若a＝4，b+c＝2，求△ABC的面积．21．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．（1）求异面直线AC与BC1所成角的大小；（2）求证：AC⊥BD1；（3）求证：平面AB1D1∥平面BDC1．22．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝1，AD＝2，P A⊥平面ABCD，E 为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）若三棱锥P﹣ABD的体积为，求直线PC与平面P AD所成角的正切值；（3）在第二问的条件下，若M为线段PB中点，N为线段BC上的动点，平面AMN与平面PBC是否互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由．2020-2021学年天津市滨海新区塘沽一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）在复平面内，复数z＝i（1+2i）对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【分析】按多项式乘法运算法则展开，化简为a+bi（a，b∈R）的形式，即可确定复数z 所在象限．【解答】解：∵z＝i（1+2i）＝i+2i＝﹣2+i，∴复数z所对应的点为（﹣2，1），故选：B．【点评】本题主要考查复数在坐标系数内复数与点的对应关系．属于基础知识的考查．2．（5分）以下命题正确的是（）A．B．C．D．【分析】利用向量的数量积的性质以及向量的加减运算判断选项的正误即可．【解答】解：＝0，所以A不正确；＝，所以B不正确；，所以C正确；是与共线的向量，是与共线的向量，所以D不正确；故选：C．【点评】本题考查命题的真假的判断，向量的数量积的运算以及向量的加减运算，是基础题．3．（5分）如图，已知等腰三角形△O'A'B'，O'A'＝A'B'是一个平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，则这个平面图形的面积是（）A．B．1C．D．【分析】根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且斜边长是2，得到直角三角形的直角边长，做出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的2倍，得到结果．【解答】解：∵Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，∴直角三角形的直角边长是，∴直角三角形的面积是×＝1，∴原平面图形的面积是1×2＝2，故选：D．【点评】本题考查平面图形的直观图，考查直观图与平面图形的面积之间的关系，考查直角三角形的面积，是一个基础题．4．（5分）在△ABC中，已知a＝2，，，则B＝（）A．B．C．或D．或【分析】由题意利用正弦定理，求得B的值．【解答】解：△ABC中，∵已知a＝2，，，则由正弦定理可得＝，即＝，求得sin B＝，∴B＝或B＝，故选：D．【点评】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．5．（5分）已知向量＝（2，1），＝10，|+|＝，则||＝（）A．B．C．5D．25【分析】根据所给的向量的数量积和模长，对|a+b|＝两边平方，变化为有模长和数量积的形式，代入所给的条件，等式变为关于要求向量的模长的方程，解方程即可．【解答】解：∵|+|＝，||＝∴（+）2＝2+2+2＝50，得||＝5故选：C．【点评】本题考查平面向量数量积运算和性质，根据所给的向量表示出要求模的向量，用求模长的公式写出关于变量的方程，解方程即可，解题过程中注意对于变量的应用．6．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，F是线段AE上靠近点A的三等分点，则＝（）A．B．C．D．【分析】利用平面向量的基本定理，用和线性表示向量即可．【解答】解：由可知，＝﹣＝﹣＝﹣++＝，故选：C．【点评】本题主要考查了平面向量的基本定理，以及向量的线性表示，是基础题．7．（5分）如图，从地面上C，D两点望山顶A，测得它们的仰角分别为45°和30°，已知CD＝100米，点C位于BD上，则山高AB等于（）A．100米B．50米C．50米D．50（+1）米【分析】设AB＝xm，根据俯角的定义得到∠MAC＝45°，∠MAD＝30°，由平行线的性质得到∠D＝30°，∠ACB＝45°，再根据等腰三角形的性质得BC＝AB＝x，根据含30度的直角三角形三边的关系得DB＝AB，即100+x＝x，解出x即可．【解答】解：设AB＝xm，则由题意，∠D＝30°，∠ACB＝45°，在Rt△ABC中，BC＝AB＝x，在Rt△ADB中，DB＝CD+BC＝100+x，∴DB＝AB，即100+x＝x，解得x＝50（+1）m．∴山AB的高度为50（+1）米．故选：D．【点评】此题考查了仰角的知识．要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形，注意数形结合思想与方程思想的应用．8．（5分）若一个圆锥的高和底面直径相等，且它的体积为，则此圆锥的侧面积为（）A．B．C．D．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出圆锥的底面半径和高，再求出母线长，即可计算圆锥的侧面积．【解答】解：如图所示，设圆锥的底面半径为r，则高为h＝2r，所以圆锥的体积为V圆锥＝π•r2•2r＝，r＝1，h＝2，l＝＝＝，则此圆锥的侧面积为S侧面积＝πrl＝π•1•＝π．故选：A．【点评】本题考查了圆锥的体积与侧面积的计算问题，是基础题．9．（5分）已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α【分析】A．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B．运用线面垂直的性质，即可判断；C．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．【解答】解：A．若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错；B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错；D．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α，故D错．故选：B．【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型．10．（5分）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且b2+c2＝a2+bc，若sin B •sin C＝sin2A，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形【分析】b2+c2＝a2+bc，利用余弦定理可得cos A＝，可得．由sin B•sin C＝sin2A，利正弦定理可得：bc＝a2，代入b2+c2＝a2+bc，可得b＝c．【解答】解：在△ABC中，∵b2+c2＝a2+bc，∴cos A＝＝＝，∵A∈（0，π），∴．∵sin B•sin C＝sin2A，∴bc＝a2，代入b2+c2＝a2+bc，∴（b﹣c）2＝0，解得b＝c．∴△ABC的形状是等边三角形．故选：C．【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、等边三角形的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11．（5分）四边形ABCD是边长为1的正方形，延长CD至E，使得，若点F为线段BC上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．2【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标求向量数量积．【解答】解：如图建立平面直角坐标系，则E（﹣1，1），F（1，y），（0≤y≤1）．∴，，＝2+y（y﹣1）＝y2﹣y+2＝（y﹣）2+，∴当y＝时，则取得最小值．故选：C．【点评】本题考查了向量的坐标运算，属于中档题．12．（5分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝AC，AB＝，AC1⊥A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点，给出下列结论：①C1M⊥平面A1ABB1；②A1B⊥NB1；③C1A∥NB1C；④平面AMC1⊥平面CBA1．其中正确结论的个数为（）A．1B．2C．3D．4【分析】对于①，由等腰三角形知C1M⊥A1B1，从而证明C1M⊥平面A1ABB1，对于②，不妨设AA1＝1，则BB1＝1，AB＝，BN＝，从而利用三角形相似证明，对于③，连接BC1，交B1C于点P，连接NP，从而利用线面平行判定定理证明，对于④，利用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理证明．【解答】解：由题意知，△A1B1C1是以A1B1为底边的等腰三角形，又∵M是A1B1的中点，∴C1M⊥A1B1，又∵平面A1B1C1⊥平面平面A1ABB1，C1M⊂平面A1B1C1，平面A1B1C1∩平面平面A1ABB1＝A1B1，∴C1M⊥平面A1ABB1，故①正确，不妨设AA1＝1，则BB1＝1，AB＝，BN＝，则△AA1B∽△BNB1，则∠BNB1+∠NBA1＝，则A1B⊥NB1，故②正确，连接BC1，交B1C于点P，连接NP，易证NP∥C1A，又由NP⊂平面NB1C，C1A⊄平面NB1C，故C1A∥平面NB1C，故③正确，∵A1B⊥AM，C1M⊥A1B，∴A1B⊥平面AMC1，又∵A1B⊂平面CBA1，∴平面AMC1⊥平面CBA1，故④正确，故选：D．【点评】本题考查了空间中垂直与平行的判断与证明，属于中档题．二．填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）13．（5分）已知平面向量，，若，则实数k＝3或﹣1．【分析】根据即可得出3﹣k（k﹣2）＝0，然后解出k的值即可．【解答】解：∵，且，∴3﹣k（k﹣2）＝0，解得k＝﹣1或3．故答案为：﹣1或3．【点评】本题考查了平行向量的坐标关系，考查了计算能力，属于基础题．14．（5分）已知复数z满足z（2﹣i）＝|3﹣4i|（其中i为虚数单位），则复数z的共轭复数是2﹣i．【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．【解答】解：由z（2﹣i）＝|3﹣4i|，得z＝＝，则．故答案为：2﹣i．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．15．（5分）侧棱长为3，底面边长为正四棱柱的体积为24；外接球表面积为25π．【分析】直接由棱柱体积公式求正四棱柱的体积；求出正四棱住的对角线长，可得其外接球的半径，代入球的表面积公式求其外接球的表面积．【解答】解：由题意，侧棱长为3，底面边长为正四棱柱的体积为V＝；正四棱住的对角线长为，则正四棱住的外接球的半径为r＝，外接球的表面积S＝4πr2＝4π×＝25π．故答案为：24；25π．【点评】本题考查正四棱住体积的求法，考查正四棱住外接球表面积的求法，考查运算求解能力，是基础题．16．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E是棱CC1的中点，则点C1到平面EBD的距离为．【分析】利用等体积法，转化求解点C1到平面EBD的距离．【解答】解：，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E是棱CC1的中点，BE＝DE＝，BD＝2，设点C1到平面EBD的距离为h，则＝，所以×h＝，解得h＝．故答案为：．【点评】本题考查点线面距离的求法，等体积法的应用，是中档题．17．（5分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，c＝3，且，则A＝；＝．【分析】由已知利用正弦定理、余弦定理，同角三角函数基本关系式可求tan A的值，结合A的范围可求出角A的值，根据余弦定理进而可求b的值，利用正弦定理即可求解．【解答】解：由2ab sin C＝（b2+c2﹣a2），得2ab sin C＝••2bc＝2bc cos A，可得a sin C＝c cos A，即sin A sin C＝sin C cos A，由sin C≠0，可得tan A＝，由A∈（0，π），可得A＝，又，c＝3，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bc cos A，即13＝b2+9﹣6b×，整理得b2﹣3b﹣4＝0，得b＝4或b＝﹣1（舍），所以＝＝．故答案为：，．【点评】本题主要考查正弦定理，余弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和方程思想，属于基础题．18．（5分）已知点O是锐角△ABC的外心，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，A＝，且，则λ的值为﹣．【分析】由题意画出图形，设△ABC的外接圆半径为R，根据三角形外心的性质可得：OD⊥AB、OE⊥AC，由向量的线性运算和向量数量积的运算，求出•和•，在已知的等式两边同时与进行数量积运算，代入后利用正弦定理、余弦定理化简，求出λ的值．【解答】解：分别取AB，AC的中点D，E，连接OD，OE，可得•＝﹣•＝﹣c2，•＝﹣•＝﹣b2，设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理可得＝＝＝2R，由，两边点乘，可得•（•）+•（•）＝2λ2，即﹣••c cos B﹣••b cos C＝2λR2，所以﹣•2R（c cos B+b cos C）＝2λR2，所以﹣（c•+b•）＝2λR，所以﹣a＝2λR，所以λ＝﹣＝﹣sin A＝﹣．故答案为：﹣．【点评】本题考查正弦定理，三角形外心的性质，向量数量积的运算，向量的线性运算，以及两角和的正弦公式的应用，考查转化思想和运算能力，属于难题．三．解答题（本大题共4小题，共60分）19．已知向量，．（1）求与的夹角；（2）求；（3）若，求实数k的值．【分析】（1）可求出，然后设与的夹角为θ，然后即可求出cosθ的值，进而可得出θ的值；（2）根据进行向量数量积的运算即可求出的值；（3）可求出，然后根据即可求出k的值．【解答】解：（1）∵，，∴，，，设向量与的夹角为θ，则，又由θ∈[0，π]，，即向量与的夹角为；（2）＝；（3），且，∴3×（2k﹣3）﹣（k+1）＝0，解得：k＝2．【点评】本题考查了向量坐标的加法、减法、数乘和数量积的运算，向量夹角的余弦公式，向量长度的求法，向量垂直的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．20．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（c﹣2b）cos A+a cos C＝0．（1）求A；（2）若a＝4，b+c＝2，求△ABC的面积．【分析】（1）由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求cos A，进而可求A；（2）由余弦定理可求bc，然后结合三角形的面积公式可求．【解答】解：（1）因为（c﹣2b）cos A+a cos C＝0，由正弦定理得sin C cos A﹣2sin B cos A+sin A cos C＝0，故sin（A+C）＝2sin B cos A，所以sin B＝2sin B cos A，因为sin B＞0，所以cos A＝，因为A∈（0，π），所以A＝；（2）a＝4，b+c＝2，A＝，由余弦定理得cos A＝＝＝＝，故bc＝4，△ABC的面积S＝＝＝．【点评】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，和差角公式在三角化简求值中的应用，还考查了三角形的面积公式的应用，属于中档题．21．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．（1）求异面直线AC与BC1所成角的大小；（2）求证：AC⊥BD1；（3）求证：平面AB1D1∥平面BDC1．【分析】（1）连结AD1、CD1，可证∠D1AC（或补角）就是异面直线AC与BC1所成角，再由△AD1C是等边三角形得答案；（2）证明AC⊥平面BDD1，即可得到AC⊥BD1；（3）证明C1D∥平面AB1D1，C1B∥平面AB1D1，再由平面与平面平行的判定可得平面AB1D1∥平面BDC1．【解答】解：（1）连结AD1、CD1，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵AB∥C1D1，AB＝C1D1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，得BC1∥AD1，由此可得∠D1AC（或补角）就是异面直线AC与BC1所成角．∵△AD1C是等边三角形，∴∠D1AC＝60°，即异面直线AC与BC1所成角的大小为60°；证明：（2）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥DD1，又AC⊥BD，且DD1∩BD＝D，∴AC⊥平面BDD1，∵BD1⊂平面BDD1，∴AC⊥BD1；证明：（3）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵AD∥B1C1，AD＝B1C1，∴四边形AB1C1D是平行四边形，得AB1∥C1D，又∵AB1⊂平面AB1D1，C1D⊄平面AB1D1，∴C1D∥平面AB1D1，同理可证C1B∥平面AB1D1．又C1B∩C1D＝C1，∴平面AB1D1∥平面BDC1．【点评】本题考查空间中异面直线所成角的求法，考查线面垂直的判定与性质，考查平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．22．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝1，AD＝2，P A⊥平面ABCD，E 为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）若三棱锥P﹣ABD的体积为，求直线PC与平面P AD所成角的正切值；（3）在第二问的条件下，若M为线段PB中点，N为线段BC上的动点，平面AMN与平面PBC是否互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由．【分析】（1）设BD与AC的交点为O，连结EO，证明EO∥PB，然后证明PB∥平面AEC．（2）求解P A＝1，说明直线PC与平面P AD所成角为∠CPD，通过求解三角形推出结果即可．（3）解：平面AMN与平面PBC互相垂直，理由如下：证明P A⊥BC．AB⊥BC，推出BC⊥平面P AB．得到AM⊥BC．AM⊥PB，即可证明AM ⊥平面PBC，然后证明平面AMN⊥平面PBC．【解答】（1）证明：设BD与AC的交点为O，连结EO，∵底面ABCD是矩形，∴O是BD的中点，又∵E为PD的中点，∴EO∥PB，∵EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，∴PB∥平面AEC．（2）解：∵，又，∴P A＝1，又P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD，在矩形ABCD中AD⊥CD，且P A、AD∈平面P AD，所以CD⊥平面P AD，则直线PC与平面P AD所成角为∠CPD，所以，所以直线PC与平面P AD所成角的正切值为．（3）解：平面AMN与平面PBC互相垂直，理由如下：因为P A⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以P A⊥BC．因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC，又P A⋂AB＝A，且P A，AB⊂平面P AB，所以BC⊥平面P AB．因为AM⊂平面P AB，所以AM⊥BC．因为P A＝AB，M为线段PB的中点，所以AM⊥PB，又PB⋂BC＝B，且PB，BC⊂平面PBC，所以AM⊥平面PBC，因为AM⊂平面AMN，所以平面AMN⊥平面PBC．【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面垂直的判断定理以及平面与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．。

2020-2021学年天津市四校联考高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共9小题，共45.0分）1.已知i是虚数单位，则复数1+i2−i的共轭复数为()A. 1−iB. 35−35i C. 15−35i D. 13−i2.在△ABC中，a=√3，b=1，A=60°，则B=()A. 30°B. 60°C. 30°或150°D. 60°或120°3.已知水平放置的△ABC按斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中B′O′=C′O′=1，A′O′=2，那么△ABC的周长为()A. 6B. 2+2√2C. 2+2√15D. 2+2√174.某校高一年级开展英语百词测试，现从中抽取100名学生进行成绩统计．将所得成绩分成5组：第1组[75,80)，第2组[80,85)，第3组[85,90)，第4组[90,95)，第5组[95,100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．则第4组的学生人数为()A. 20B. 30C. 40D. 505.设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则其中正确命题的序号为()①m//α，α//β，则m//β；②m⊂α，n⊂β，α//β，则m//n；③m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n；④n⊂β，m⊥α，m//n，则α⊥β．A. ①③B. ②③C. ②④D. ③④6. 在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点O ，CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CE⃗⃗⃗⃗⃗ ，BE 的延长线与CD 交于点F.若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，则EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. 67a⃗ −16b ⃗ B. −130a⃗ +16b ⃗ C. 130a⃗ +16b ⃗ D. 67a⃗ +16b ⃗ 7. 已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的各棱长均相等，体积为2√3，M 为A 1B 中点，则点M到平面A 1B 1C 的距离为( )A. √217B. 4√55C. √77D. 2√338. 下列四个命题正确的个数为( )①抛掷两枚质地均匀的骰子，则向上点数之和不小于10的概率为16；②现有7名同学的体重(公斤)数据如下：50，55，45，60，68，65，70，则这7个同学体重的上四分位数(第75百分位数)为65；③新高考改革实行“3+1+2”模式，某同学需要从政治、地理、化学、生物四个学科中任取两科参加高考，则选出的两科中含有政治学科的概率为12．A. 3B. 2C. 1D. 09. 已知O 是三角形ABC 的外心，若ACAB AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ +ABACAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =2m(AO ⃗⃗⃗⃗⃗ )2，且sinB +sinC =√3，则实数m 的最大值为( )A. 3B. 35C. 75D. 32二、单空题（本大题共6小题，共30.0分）10. 已知平行四边形ABCD ，A(1,3)，B(2,4)，C(5,6)，则点D 的坐标为______． 11. 将圆心角为3π4，半径为8的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为______．12. 记△ABC 的面积为S ，且满足8S =3BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA⃗⃗⃗⃗⃗ ，则cos C 的值为______． 13. 甲参加猜成语比赛，假定甲每轮获胜的概率都是34，且各轮比赛结果互不影响，则在三轮比赛中甲恰好获胜两轮的概率为______．14. 已知正四棱锥P −ABCD 中，底面边长为2，侧面积为4√5，若该四棱锥的所有顶点都在球O 的表面上，则球O 的体积为______．15. 在△ABC 中，AB =AC =√3，2AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，2CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =514，则BC =______，延长DF 交AC 于点E ，点P 在边BC 上，则DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为______． 三、解答题（本大题共5小题，共75.0分）16.已知平面向量a⃗，b⃗ 满足a⃗=(1,3)，|b⃗ |=√102．(1)若b⃗ //a⃗，求b⃗ 的坐标；(2)若(2a⃗+b⃗ )⊥(a⃗−5b⃗ )，求|3a⃗−2b⃗ |的值；(3)若a⃗在b⃗ 上的投影向量为−√2b⃗ ，求a⃗与b⃗ 的夹角．17.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c(sinB−√3cosB)+√3a=0．(Ⅰ)求角C的大小；(Ⅱ)若△ABC的外接圆半径R=√7，b=4，求△ABC的面积．18.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，√33sinC−cosA=a2−b22bc．(1)求角B的大小；(2)若角B为锐角，AD=2DC，c=3，BD=73，求a．19.如图，三棱柱ABC−A1B1C1，侧面A1ABB1⊥底面ABC，侧棱BB1=2，BA=1，∠ABB1=60°，点E、F分别是棱C1C、A1B1的中点，点M为棱BC上一点，且满，B1M⊥BC．足AM=12(1)求证：EF//平面CB1A；(2)求证：AB1⊥BC；(3)求直线BA1与平面MB1A所成角的余弦值．20.如图，平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AB=AD=BC=3，BD=2√3，以BD为折痕将△ABD折起，使点A到达点P的位置，且PC=√6．(1)若E为棱PD中点，求异面直线CE与PB所成角的余弦值；(2)证明：平面BCD⊥平面PBC；(3)求二面角P−BD−C的平面角的正弦值．答案和解析1.【答案】C【解析】解：因为1+i2−i =(1+i)(2+i)(2−i)(2+i)=1+3i5=15+35i，所以共轭复数为15−35i．故选：C．先利用复数的除法运算求助复数，再利用共轭复数的定义求解即可．本题考查了复数的除法运算，共轭复数定义的应用，考查了运算能力，属于基础题．2.【答案】A【解析】解：因为a=√3，b=1，A=60°，所以由正弦定理asinA =bsinB，可得√3√32=1sinB，解得sinB=12，因为b<a，可得B<A，则B=30°．故选：A．由已知利用正弦定理可得sinB=12，根据大边对大角可求B<A，利用特殊角的三角函数值即可求解B的值．本题主要考查了正弦定理，大边对大角，特殊角的三角函数值在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：由直观图中B′O′=C′O′=1，A′O′=2，可得△ABC中，BO=CO=1，AO=4，因为AO⊥BC，则AB=AC=√42+12=√17又底边BC=2，所以△ABC的周长为2+2√17．故选：D．利用斜二测画法的规则，求出原△ABC中的信息，求解周长即可．本题主要考查了平面图形的直观图的画法及应用，其中熟记斜二测画法的规则是解答的关键，考查了数形结合思想的应用，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：由图可得，(0.01+0.02+m+0.06+0.07)×5=1，解得m=0.04，∴第四组的人数为0.04×5×100=20．故选：A．根据直方图中各区间所对应的频率和为1，可推得第4组[90,95)频率，再结合样本容量100，即可求解．本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率、频数与样本容量的应用问题，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：①若m//α，α//β，则m//β或m⊂β，故①错误；②若m⊂α，n⊂β，α//β，则m//n或m与n异面，故②错误；③若m⊥α，α⊥β，则m⊂β或m//β，又n⊥β，则m⊥n，故③正确；④若m⊥α，m//n，则n⊥α，又n⊂β，可得α⊥β，故④正确．故选：D．由直线与平面平行、平面与平面平行的关系判断①；由两平面平行分析两平面中直线的位置关系判断②；由线面垂直与面面垂直的关系分析③；由直线与平面垂直的性质及面面垂直的判定判断④．本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．6.【答案】B【解析】解：如图所示：由CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CE ⃗⃗⃗⃗⃗ 得CE EA =15， 由DC//AB 得△EFC∽△EBA ，∴CFAB =CEEA =15， 又∵DC =AB ，∴CFDC =15，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =16AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +15CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =16(DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )−15DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−130DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −16DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−130a ⃗ +16b ⃗ ， 故选：B ．EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，根据△EFC∽△EBA 和CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CE ⃗⃗⃗⃗⃗ 可得CF =15AB =15DC ，结合EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF⃗⃗⃗⃗⃗ ，可解决此题． 本题考查平面向量共线定理，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．7.【答案】A【解析】解：直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的各棱长均相等，设棱长为a ， 因为体积为2√3，则√34a 2⋅a =2√3，解得a =2，设点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ， 因为A 1B 1=2，CB 1=CA 1=2√2， 则S △CA 1B 1=√7，由等体积法，V M−A 1B 1C =V C−A 1B 1M ， 即13⋅d ⋅S △CA 1B 1=13⋅√3⋅S △A 1B 1M ， 即13⋅d ⋅√7=13×√3×12×2×1， 解得d =√217，故点M 到平面A 1B 1C 的距离为√217．故选：A ．利用直棱柱的体积公式求出棱长，点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ，由等体积法V M−A 1B 1C =V C−A 1B 1M ，求解即可．本题考查了点到平面距离的求解，涉及了直棱柱体积公式的应用，等体积法是求解点到平面的距离的常用方法，属于中档题．8.【答案】A【解析】解：①：抛掷两枚质地均匀的骰子，总的基本事件数为6×6=36种，向上点数之和不小于10的基本事件有(4,6)，(5,5)(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)共6种，所以所求事件的概率P=636=16，故①正确，②：因为7×75%=5.25，所以这7个同学体重的上四分位数(第75百分位数)为65，故②正确，③：从政治、地理、化学、生物四个学科中任取两科参加高考的基本事件个数为C42=6，选出的两科中含有政治学科的基本事件有(政治，地理)，(政治，生物)，(政治，化学)共3种，所以所求事件的概率P=36=12，故③正确，故选：A．①③：根据古典概型的概率计算公式即可求解；②：根据百分位数的求解公式即可求解．本题考查了命题的真假判断，涉及到古典概型的概率计算公式以及百分位数的求解，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．9.【答案】D【解析】解：如图所示：设AB=c，AC=b，∠BAO=θ，∠CAO=α，由ACAB AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO⃗⃗⃗⃗⃗ +ABACAC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO⃗⃗⃗⃗⃗ =2m(AO⃗⃗⃗⃗⃗ )2得b c ⋅c⋅AOcosθ+cb⋅b⋅AOcosα=2m⋅AO2，化简得bcosθ+ccosα=2mAO，由O是三角形ABC的外心可知，O是三边中垂线交点，得cosθ=c2AO ，cosα=b2AO，代入上式得bc=2mAO2，∴m=bc2AO2．根据题意知，AO是三角形ABC外接圆的半径，可得sinB=b2AO ，sinC=c2AO，代入sinB+sinC=√3，得b+c=2√3AO，∴m =bc 2AO2≤(b+c 2)22AO 2=32，当且仅当“b =c ”时，等号成立． 故选：D ．设AB =c ，AC =b ，∠BAO =θ，∠CAO =β，由AC AB AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ +ABAC AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =2m(AO ⃗⃗⃗⃗⃗ )2得bc ⋅c ⋅AOcosθ+cb⋅b ⋅AOcosα=2m ⋅AO 2，化简得bcosθ+ccosα=2mAO ， 由O 是三角形ABC 的外心可知，O 是三边中垂线交点，得cosθ=c2AO ，cosα=b2AO ， 根据题意知，AO 是三角形ABC 外接圆的半径，可得sinB =bAO ，sinC =cAO 代入sinB +sinC =√3，得b +c =√3AO ，结合前面等式得m 关于b 、c 、AO 的表达式，再用基本不等式可解决此题．本题考查平面向量数量积性质及基本不等式应用，考查数学运算能力，属于难题．10.【答案】(4,5)【解析】解：平行四边形ABCD 中，A(1,3)，B(2,4)，C(5,6)， 设点D 的坐标为(x,y)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x −1,y −3)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2)， 由AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得{x −1=3y −3=2，解得{x =4y =5，所以D(4,5)．故答案为：(4,5)．设点D 的坐标为(x,y)，根据AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 列方程组求出x 、y 的值． 本题考查了平面向量的坐标表示与运算问题，是基础题．11.【答案】38【解析】解：设母线长为l ，底面半径为r ，则依题意易知l =8， 由θ=2πr l，代入数据即可得r =3，因此所求角的余弦值即为rl =38． 故答案为：38．设母线长为l ，底面半径为r ，利用侧面展开图，求出圆心角，然后求出底面半径，即可求出圆锥母线与底面所成角的余弦值．本题是基础题，考查圆锥的侧面展开图，扇形的知识，圆锥的母线与底面所成的角，考查计算能力．12.【答案】−45【解析】解：∵8S =3BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴8×12×|BC|×|CA|×sinC =3×|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |×|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |×cos(π−C)， ∴4sinC =−3cosC ， ∴tanC =−34，且C ∈(π2,π)， ∴cosC =−45，故答案为：−45．由三角形的面积公式及平面向量的数量积公式代入化简，再由同角三角关系式求解即可． 本题考查了平面向量的数量积公式应用及三角函数的应用，属于基础题．13.【答案】2764【解析】解：由题意，甲每轮获胜的概率都是34，且各轮比赛结果互不影响，所以在三轮比赛中甲恰好获胜两轮的概率为C 32⋅(34)2⋅(1−34)=2764． 故答案为：2764．利用相互独立事件的概率乘法公式列式求解即可．本题考查了相互独立事件的概率乘法公式的应用，属于基础题．14.【答案】9π2【解析】解：设正四棱锥的侧棱长为b ，又侧面积为4√5， ∴4×12×2×√b 2−1=4√5，解得b =√6， ∴正四棱锥P −ABCD 的高ℎ=√6−2=2， 正四棱锥P −ABCD 的外接球的球心O 在正四棱锥P −ABCD 的高所在直线上，如图，设球O 的半径为R ，则(2−R)2+(√2)2=R 2，解得R =32， 则球O 的体积为V =43πR 3=43π×(32)3=9π2．故答案为：9π2．由正四棱锥的底边长与侧面积可得侧棱长，求出正四棱锥的高，球心在高所在直线上，利用勾股定理求半径，则球的体积可求．本题主要考查正四棱锥的性质，直四棱锥的体积与其外接球的体积，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．15.【答案】√3 −3【解析】解：由2AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +3AB ⃗⃗⃗⃗⃗由2CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +32AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(32AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗⃗ )=92AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+32AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC⃗⃗⃗⃗⃗ 2=92×3−3+32√3×√3×cosA =514，则cosA =12.∴BC =√3．如图建立平面直角坐标系，可得B(−√32,0)，C(√32,0)，A(0,32)，设P(x,0)，√32≤x ≤√32．∵2CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴CF//AD ，CF =12AD ，∴C 为AE 中点， ∴ AE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AC⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x,32)+3((−√32,−32)=(−x −3√32,−3)， PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x,32)+2(√32,−32)=(−x +√3,−32)， DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PE⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x −3√32)(−x +√3)+(−3)×(−32)=−x 2−3√32x ∵−√32≤x ≤√32，∴x =√32时，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EP⃗⃗⃗⃗⃗ 最小，最小值为−3． 答案为：√3，−3．用 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求得cos A ，即可求得BC ，建立平面直角坐标系，设P(x,0)，√32≤x ≤√32.即可求得DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EP⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值． 本题考查了平面向量的线性、数量积的运算，考查了转化思想，属于中档题．16.【答案】解：(1)由题意设b ⃗ =λ(1,3)，|b ⃗ |=|λ|√12+32=√102，解得λ=±12，即b ⃗=(12,32)或b ⃗ =(−12,−32)， (2)∵(2a ⃗ +b ⃗ )⊥(a ⃗ −5b ⃗ )，∴(2a ⃗ +b ⃗ )⋅(a ⃗ −5b ⃗ )=0，即2 a ⃗⃗⃗ 2−9 a ⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ −5b ⃗ 2=0，即2×(12+32)−9 a ⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ −5×104=0，故 a⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ =56， |3a ⃗ −2b ⃗ |=√9 a ⃗⃗⃗ 2−12a ⃗ ⋅b ⃗ +4b ⃗ 2=√90−10+10=3√10，(3)设a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为θ， 则| a ⃗⃗⃗ |⋅cosθ⋅b⃗ |b⃗ |=−√2b ⃗ ，即√10⋅cosθ⃗ √102=−√2b ⃗ ，即cosθ=−√22，θ=3π4．【解析】(1)由向量平行设b ⃗ =λ(1,3)，再由模公式求得，(2)由垂直得(2a ⃗ +b ⃗ )⋅(a ⃗ −5b ⃗ )=0，化简得 a ⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ =56，从而整体代入求|3a ⃗ −2b ⃗ |， (3)设a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为θ，由投影向量的定义的得| a ⃗⃗⃗ |⋅cosθ⋅b⃗ |b⃗ |=−√2b ⃗ ，从而解得．本题考查了平面向量的应用，重点考查了平行与垂直的应用，同时考查了整体思想与待定系数法的应用，属于中档题．17.【答案】解：(Ⅰ)因为c(sinB −√3cosB)+√3a =0，由正弦定理可得sinCsinB −√3sinCcosB +√3sinA =0， 又sinA =sin(B +C)=sinBcosC +cosBsinC ，所以sinCsinB −√3sinCcosB +√3sinBcosC +√3cosBsinC =0，即sinCsinB +√3sinBcosC =0， 因为sinB ≠0，所以sinC +√3cosC =0，即tanC =−√3，因为C ∈(0,π)， 所以C =2π3．(Ⅱ)因为C =2π3，△ABC 的外接圆半径R =√7，所以由 csinC =2R ，可得c =2√7×√32=√21，因为b =4，由余弦定理c 2=a 2+b 2−2abcosC ，可得21=a 2+16+4a ，即a 2+4a −5=0，解得a =1，(负值舍去)，所以△ABC 的面积S =12absinC =12×1×4×√32=√3．【解析】(Ⅰ)由正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得tan C 的值，结合范围C ∈(0,π)，可求C 的值．(Ⅱ)由题意利用正弦定理可求c 的值，根据余弦定理可求a 的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．18.【答案】解：(1)因为√33sinC =cosA +a 2−b 22bc=b2+c 2−a 22bc+a 2−b 22bc=c 22bc = c2b ，所以由正弦定理可得√33sinC =sinC 2sinB，又sinC ≠0， 所以可得sinB =√32，又B ∈(0,π)， 所以B =π3，或2π3．(2)若角B 为锐角，则B =π3，又AD =2DC ，c =3，BD =73，设CD =x ，可得AD =2x ，AC =3x ， 在△ABC 中，由余弦定理可得9x 2=9+a 2−3a ，① 又cos∠ADB =−cos∠CDB ， 所以499+4 x 2−92×73×2x =−x 2+499−a 22×x×73，整理可得11+9x 2−3a 2=0，②由①②联立解得2a 2+3a −20=0，解方程可得a=52，或−4(舍去)．【解析】(1)由正弦定理，余弦定理化简已知等式，结合sinC≠0，可得sin B的值，结合范围B∈(0,π)，可得B的值．(2)由题意可得B=π3，设CD=x，可得AD=2x，AC=3x，在△ABC中，由余弦定理可得9x2=9+a2−3a，又cos∠ADB=−cos∠CDB，利用余弦定理可得11+9x2−3a2=0，联立解得2a2+3a−20=0，解方程可得a的值．本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和方程思想的应用，属于中档题．19.【答案】(1)证明：设A1B∩AB1=O，连接OC，OF，因为O，F分别为A1B，A1B1的中点，则OF//BB1，OF=12BB1，因为E为CC1的中点，所以CE=12CC1=12BB1，且CC1//BB1，所以OF//OE，OF=OE，则四边形CEFO为平行四边形，故EF//OC，因为OC⊂平面CB1A，EF⊄平面CB1A，故EF//平面CB1A；(2)证明：因为∠ABB1=60°，AB=1，BB1=2，所以∠B1AB=90°，即AB⊥AB1，因为平面A1ABB1⊥平面ABC，且平面A1ABB1∩平面ABC=AB，所以AB1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，故AB 1⊥BC；(3)解：因为B1M⊥BC，AB1⊥BC，又B1M∩AB1=B1，B1M，AB1⊂平面MB1A，故BC⊥平面MB1A，连接OM，则OM为BA1在平面MB1A内的射影，所以∠OBM为BA1与平面MB1A所成的角，因为AB=1，AM=12，且AM⊥BM，所以BM=√32，在△A1AB中，A1B2=4+1−2×2×1×(−12)=7，所以A1B=√7，则OB=√72，所以OM=√74−34=1，故cos∠OBM=1√72=2√77，所以直线BA1与平面MB1A所成角的余弦值为2√77．【解析】(1)设A1B∩AB1=O，连接OC，OF，利用中位线定理可证明四边形CEFO为平行四边形，则EF//OC，由线面平行的判定定理证明即可；(2)利用已知的边角关系可得，AB⊥AB1，由面面垂直的性质定理可得AB1⊥平面ABC，即可证明结论；(3)先利用线面垂直的判定定理证明BC⊥平面MB1A，可得∠OBM为BA1与平面MB1A所成的角，然后在三角形中，由边角关系求解即可．本题主要考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间角的计算，在使用几何法求线面角时，可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得，属于中档题．20.【答案】(1)解：取DB的中点M，连接ME，MC，CE，因为E为PD的中点，则ME//PB，则∠MEC即为异面直线CE与PB所成的角，在△PCD中，PC=√6，CD=√3，PD=3，则PD2=PC2+CD2，所以△PCD为直角三角形，则CE=12PD=32，在△MEC中，ME=12PB=32，MC=12BD=√3，CE=32，由余弦定理可得，cos∠MEC=ME 2+CE2−MC22⋅ME⋅CE=94+94−32×32×32=13，故异面直线CE与PB所成角的余弦值为13；(2)证明：由(1)可知，CD⊥PC，又CD⊥BC，PC∩BC=C，PC，BC⊂平面PBC，所以CD⊥平面PBC，又CD⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面PBC；(3)解：在平面PBC内，过点PF⊥BC，连接MF，由(2)可知，平面BCD⊥平面PBC，又平面BCD∩平面PBC=BC，所以PF⊥平面BCD，因为PM⊥BD，由三垂线定理可得，MF⊥BD，则∠PMF即为二面角P−BD−C的平面角，在△PBC中，由余弦定理可得cosB=PB2+BC2−PC22⋅PB⋅BC =9+9−62×3×3=23，在Rt△PBF中，cosB=PFPB =PF3=23，所以PF=2，在等腰△PBD中，PM=√PB2−BM2=√9−3=√6，在Rt△PFM中，sin∠PMF=PFPM =√6=√63，故二面角P−BD−C的平面角的正弦值为√63．【解析】(1)取DB的中点M，连接ME，MC，CE，利用异面直线的定义，得到∠MEC即为异面直线CE与PB所成的角，在三角形中利用边角关系求解即可；(2)利用线面垂直的判定定理证明CD⊥平面PBC，由面面垂直的判定定理证明即可；(3)在平面PBC内，过点PF⊥BC，连接MF，利用二面角的平面角的定义可得，∠PMF 即为二面角P−BD−C的平面角，在三角形中利用边角关系求解即可．本题考查了翻折问题，异面直线所成角的求解，二面角的求解，面面垂直的判定，对于几何法求解空间角问题，解题的关键是利用定义找到对应的角，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．。

2020-2021天津市高一数学下期末试题带答案一、选择题1．已知向量a ，b 满足4a =，b 在a 上的投影（正射影的数量）为-2，则2a b -的最小值为（ ） A ．43B ．10C ．10D ．82．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．某“堑堵”的三视图如图所示，则它的表面积为（ ）A ．2B ．422+C ．442+D ．642+ 3．若,l m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l m ⊥”是“//l α”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件4．为了解儿子身高与其父亲身高的关系，随机抽取5对父子的身高数据如下： 父亲身高x （cm ）174176176176178儿子身高y （cm ）175175176177177则y 对x 的线性回归方程为A ．y = x-1B ．y = x+1C ．y =88+12x D ．y = 176 5．已知ABC ∆的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且2cos 2b C a c ⋅=+，若3b =，则ABC ∆的外接圆面积为（ ）A ．48π B ．12πC ．12πD ．3π6．已知()201911,02log ,0x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨⎪>⎩，若存在三个不同实数a ，b ，c 使得()()()f a f b f c ==，则abc 的取值范围是（ ）A ．(0,1)B ．[-2,0)C ．(]2,0-D ．（0,1）7．设函数，则()sin 2cos 244f x x x ππ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则（ ） A ．()y f x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，其图象关于直线4x π=对称 B ．()y f x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，其图象关于直线2x π=对称 C ．()y f x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，其图象关于直线4x π=对称 D ．()y f x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，其图象关于直线2x π=对称8．函数2ln ||y x x =+的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．9．定义在R 上的奇函数()f x 满足()()2f x f x +=-，且当[]0,1x ∈时，()2cos x f x x =-，则下列结论正确的是（ ）A ．()20202019201832f f f ⎛⎫⎛⎫<<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．()20202019201832f f f ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()20192020201823f f f ⎛⎫⎛⎫<<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．()20192020201823f f f ⎛⎫⎛⎫<<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭10．已知二项式2(*)nx n N x ⎛∈ ⎝的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5，则3x 的系数为（ ） A ．14B ．14-C ．240D ．240-11．在正三棱柱111ABC A B C -中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则1BC 与侧面1ACC A 所成角的大小为（ ）A ．30B ．45C ．60D ．9012．在ABC ∆中，根据下列条件解三角形，其中有一解的是（ ） A ．7a =，3b =，30B = B ．6b =，52c =，45B = C ．10a =，15b =，120A = D ．6b =，63c =，60C =二、填空题13．已知两个正数,x y 满足4x y +=,则使不等式14m x y+≥恒成立的实数m 的范围是__________14．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =__________． 15．()sin1013tan 70+=_____16．若21cos 34πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则sin 26πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭________． 17．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为____.18．等边ABC ∆的边长为2，则AB 在BC 方向上的投影为________． 19．已知a ∈R ，命题p ：[]1,2x ∀∈，20x a -≥，命题q ：x ∃∈R ，2220x ax a ++-=，若命题p q ∧为真命题，则实数a 的取值范围是_____．20．若两个向量a 与b 的夹角为θ，则称向量“a b ⨯”为向量的“外积”，其长度为sin a b a b θ⨯=.若已知1a =，5b =，4a b ⋅=-，则a b ⨯= .三、解答题21．已知函数f （x ）是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f （x ）＝x 2﹣2x ． （1）求f （0）及f （f （1））的值； （2）求函数f （x ）的解析式；（3）若关于x 的方程f （x ）﹣m ＝0有四个不同的实数解，求实数m 的取值范围， 22．已知不等式的解集为或.（1）求；（2）解关于的不等式23．已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P（3455--，）． （Ⅰ）求sin （α+π）的值； （Ⅱ）若角β满足sin （α+β）=513，求cos β的值． 24．a b c 分别为ABC ∆内角A 、B 、C 的对边，已知tan 3sin a B b A =. （1）求cos B ；（2）若3a =，17b =ABC ∆的面积.25．等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9a a a a a +==.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设 31323log log ......log nn b a a a =+++，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 26．设函数2()cos 2sin 3f x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭． （1）求函数()f x 的最小正周期． （2）求函数()f x 的单调递减区间；（3）设,,A B C 为ABC 的三个内角，若1cos 3B =，124C f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且C 为锐角，求sin A ．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．D 解析：D 【解析】 【分析】b 在a 上的投影（正射影的数量）为2-可知||cos ,2b a b <>=-，可求出||2b ≥，求22a b -的最小值即可得出结果.【详解】因为b 在a 上的投影（正射影的数量）为2-，所以||cos ,2b a b <>=-， 即2||cos ,b a b =-<>，而1cos ,0a b -≤<><，所以||2b ≥，因为2222222(2)44||4||||cos ,4||a b a b a a b b a a b a b b -=-=-⋅+=-<>+22=1644(2)4||484||b b -⨯⨯-+=+所以22484464a b -≥+⨯=，即28a b -≥，故选D. 【点睛】本题主要考查了向量在向量上的正射影，向量的数量积，属于难题.2．D解析：D 【解析】 【分析】根据题意和三视图知几何体是一个放倒的直三棱柱，由三视图求出几何元素的长度，由面积公式求出几何体的表面积． 【详解】根据题意和三视图知几何体是一个放倒的直三棱柱，底面是一个直角三角形，两条直角边,斜边是2，且侧棱与底面垂直，侧棱长是2，∴几何体的表面积12222262S =⨯+⨯⨯=+ 故选D ． 【点睛】本题考查三视图求几何体的表面积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．3．B解析：B 【解析】若l m ⊥，因为m 垂直于平面α，则//l α或l α⊂；若//l α，又m 垂直于平面α，则l m ⊥，所以“l m ⊥”是“//l α的必要不充分条件，故选B ． 考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系． 4．C解析：C 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：由已知可得176,176x y ==∴中心点为()176,176，代入回归方程验证可知，只有方程y =88+12x 成立，故选C 5．D解析：D 【解析】 【分析】 先化简得23B π=，再利用正弦定理求出外接圆的半径，即得ABC ∆的外接圆面积. 【详解】由题得222222a b c b a c ab+-⋅=+，所以22222a b c a ac +-=+， 所以222a b c ac -+=-， 所以12cos ,cosB 2ac B ac =-∴=-, 所以23B π=.,R R ∴= 所以ABC ∆的外接圆面积为=3ππ. 故选D 【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6．C解析：C 【解析】 【分析】画出函数图像，根据图像得到20a -<≤，1bc =，得到答案. 【详解】()201911,02log ,0x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨⎪>⎩，画出函数图像，如图所示：根据图像知：20a -<≤，20192019log log b c -=，故1bc =，故20abc -<≤. 故选：C .【点睛】本题考查了分段函数的零点问题，画出函数图像是解题的关键.7．D解析：D 【解析】()sin(2)cos(2)2)22442f x x x x x πππ=+++=+=,由02,x π<<得02x π<<，再由2,x k k Z ππ=+∈,所以,22k x k Z ππ=+∈. 所以y=f(x)在()y f x =在(0,)2π单调递减,其图象关于直线2x π=对称,故选D.8．A解析：A 【解析】 【分析】先确定函数定义域，再确定函数奇偶性，最后根据值域确定大致图像。

2020-2021学年天津一中高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.复数z满足1−iz=−1+2i，则|z|=()A. 25B. √105C. √1025D. √102.已知向量a⃗=(1,m)，b⃗ =(3,−2)，且(a⃗+b⃗ )⊥b⃗ ，则m=()A. −8B. −6C. 6D. 83.“幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间[0,10]内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高.现随机抽取10位嘉祥县居民，他们的幸福感指数为3，4，5，5，6，7，7，8，9，10.则这组数据的80%分位数是()A. 7.5B. 8C. 8.5D. 94.在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案.该方案中“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门中任选2门作为选考科目，假设每门科目被选中的可能性相等，那么化学和生物至多有一门被选中的概率是()A. 16B. 12C. 23D. 565.为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥与正六棱柱的侧面积之比为√7：8，则正六棱锥与正六棱柱的高的比值为()A. √32B. 23C. √34D. 126.2021年是中国共产党建党100周年，为全面贯彻党的教育方针，提高学生的审美水平和人文素养，促进学生全面发展.某学校高一年级举办了班级合唱活动.现从全校学生中随机抽取部分学生，并邀请他们为此次活动评分(单位：分，满分100分)，对评分进行整理，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是()A. a =0.028B. 若该学校有3000名学生参与了评分，则估计评分超过90分的学生人数为600C. 学生评分的众数的估计值为85D. 学生评分的中位数的估计值为837. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则下列说法正确的个数是( )①若A >B ，则sinA >sinB ；②若A =30°，b =4，a =3，则△ABC 有两解； ③若△ABC 为钝角三角形，则a 2+b 2>c 2； ④若A =60°，a =2，则△ABC 面积的最大值为√3．A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个8. 在△ABC 中，E 为AC 上一点，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，P 为BE 上任一点，若AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +n AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，且m >0,n >0，则3m +1n 的最小值是( )A. 9B. 10C. 11D. 12二、单空题（本大题共6小题，共24.0分）9. 某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150，150，400，300名学生．为了解学生的就业倾向，用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取40名学生进行调查，应在丙专业抽取的学生人数为________．10. 某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别13，12，p ，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，恰好投中两次的概率为718，则p 的值为______．11. 已知某6个数据的平均数为4，方差为8，现加入2和6两个新数据，此时8个数据的方差为______ ．12. 已知边长为4的正方形ABCD 中，AC 与BD 交于点E ，且F 、G 分别是线段EC 和线段EB 的中点，则(FD ⃗⃗⃗⃗⃗ +EA ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AG ⃗⃗⃗⃗⃗ = ______ ．13.如图，三棱锥A−BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是______．14.如图三棱锥P−ABC，平面PBC⊥平面ABC，已知△PBC是等腰三角形，△ABC是等腰直角三角形，若AB=BC=2，PB=PC=√5，球O是三棱锥P−ABC的外接球，则球O的表面积是______ ．三、解答题（本大题共4小题，共44.0分）15.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c已知a+b−ccosA−√3asinC=0．(1)求角C的值；(2)若c=2√3，b=2a，求△ABC的面积S．16.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD满足AB⊥AD，BC//AD，AD=2BC，且M为PA的中点．(1)求证：BM//平面PCD；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且DP=DA，求证：平面BDM⊥平面PAB．17.天津市某中学高三年级有1000名学生参加学情调研测试，用简单随机抽样的方法抽取了一个容量为50的样本，得到数学成绩的频率分布直方图如图所示：(1)求第四个小矩形的高，并估计本校在这次统测中数学成绩不低于120分的人数和这1000名学生的数学平均分．(2)已知样本中成绩在[140,150]内的学生中有两名女生，现从成绩在这个分数段的学生中随机抽取2人做学习交流，①写出这个试验的样本空间；(用恰当的符号表达)②设事件A：“选取的两人中至少有一名女生”，写出事件A的样本点，并求事件A发生的概率．18.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1=AC=BC=2，∠ACB=90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点(Ⅰ)求证：C1D//平面A1BE；(Ⅱ)求直线AB与平面A1BE所成角的正弦值；(Ⅲ)在棱CC1上是否存在一点P，使得平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵1−i z=−1+2i ，∴复数z =1−i−1+2i =(1−i)(−1−2i)(−1+2i)(−1−2i)=−3−i 5=−35−15i ，∴|z|=√(−35)2+(−15)2=√105， 故选：B ．先利用复数的四则运算求出复数z ，再利用复数模长公式求解．本题考查复数的基本运算及复数的模，考查数学运算核心素养，是基础题．2.【答案】D【解析】 【分析】本题考查了向量垂直的充要条件，向量的坐标运算，属于基础题．求出向量a ⃗ +b ⃗ 的坐标，根据向量垂直的充要条件，得到关于m 的方程，求解即可． 【解答】解：∵向量a ⃗ =(1,m)，b ⃗ =(3,−2)， ∴a ⃗ +b⃗ =(4,m −2)， 又∵(a ⃗ +b ⃗ )⊥b ⃗ ，∴(a ⃗ +b ⃗ )·b ⃗ =12−2(m −2)=0， 解得m =8． 故选D ．3.【答案】C【解析】解：因为10×80%=8，所以数据3，4，5，5，6，7，7，8，9，10的80%分位数是12×(8+9)=8.5．故选：C ．根据百分位数的定义，即可求出该组数据的80%分位数．本题考查了百分位数计算问题，是基础题．4.【答案】D【解析】解：从4门学科中任选2门共有：政治+地理、政治+化学、政治+生物、地理+化学、地理+生物、化学+生物，共6种情况，其中满足化学和生物至少有一门被选中的有5种情况，所以其概率为56．故选：D．采用列举法将从4门学科中任选2门得到所有可能的情况列举出来，再确定其中满足化学和生物至少有一门被选中的基本事件个数，根据古典概型概率计算公式即可得到结果．本题主要考查古典概型的概率计算公式，考查推理论证和运算求解的能力，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：设正六棱柱的底面边长为a，∵正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，∴正六棱柱的高为2a，再设正六棱锥的高为H，斜高为h，则正六棱锥的侧面积为S1=6×12×a×ℎ=3aℎ，正六棱柱的侧面积为S2=6×a×2a=12a2，由已知可得：S1S2=3aℎ12a2=√78，得ℎ=√72a，又ℎ2=(√32a)2+H2=(√72a)2，得H=a，∴正六棱锥与正六棱柱的高的比值为H2a =a2a=12．故选：D．设出棱柱的底面边长，可得棱柱的高，再设出棱锥的斜高，由已知侧面积的比值求得棱锥斜高与棱柱底面边长的关系，再由勾股定理得到棱锥的高与棱柱高的关系，则答案可求．本题考查棱柱与棱锥侧面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．6.【答案】D【解析】解：对于A，由频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1，知0.06+0.06+ 10a+0.4+0.2=1，解得a=0.028，A正确；对于B，由频率分布直方图易知，估计参与评分的3000名学生中，评分超过9(0分)的人数为3000×(0.02×10)=600，B正确；对于C，由频率分布直方图可知，众数的估计值为85，C正确；对于D，前三组频率之和为(0.006+0.006+0.028)×10=0.4，前四组频率之和为0.4+ 0.04×10=0.8，则中位数在[80,90)内，设学生评分的中位数的估计值为x，则0.4+(x−80)×0.04=0.5，解得x=82.5，D错误．故选：D．对A，由频率之和为1可得；对B，根据频率分布直方图直接计算；对C，由最高长方形底边中点对应的横坐标是样本数据的众数可得；对D，先判断出中位数在[80,90)内，列出式子可求．本题考查频率分布直方图中频率、平均数、众数、中位数，考查数学运算能力，属于中档题．7.【答案】C【解析】解：对于A选项，若A>B，则a>b，由正弦定理可得asinA =bsinB，所以，sinA>sinB，A选项正确；对于B选项，bsinA=4sin30°=2，则bsinA<a<b，所以，△ABC有两解，B选项正确；对于C选项，若△ABC为钝角三角形且C为钝角，则cosC=a2+b2−c22ab<0，可得a2+b2< c2，C选项错误；对于D 选项，由余弦定理与基本不等式可得4=a 2=b 2+c 2−2bccosA =b 2+c 2−bc ≥2bc −bc =bc ，即bc ≤4，当且仅当b =c =2时，等号成立， 所以，S △ABC =12bcsinA =√34bc ≤√3，D 选项正确．故选：C ．利用正弦定理结合大边对大角定理可判断A 选项的正误；利用正弦定理可判断B 选项的正误；利用余弦定理可判断C 选项的正误；利用基本不等式、余弦定理结合三角形的面积公式可判断D 选项的正误．求三角形面积的最值是一种常见的类型，主要方法有两类：(1)找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；(2)利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解．8.【答案】D【解析】 【分析】本题考查了向量共线定理、“乘1法”与基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．利用向量共线定理可得：m +3n =1.再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：∵AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +n AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +3n AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∵P 为BE 上任一点，∴m +3n =1． ∴3m +1n =(m +3n)(3m +1n )=3+3+9n m+m n≥6+2√9n m ⋅m n=12，当且仅当m =3n =12时取等号．故选：D ．9.【答案】16人【解析】 【分析】本题考查分层抽样方法，是一个基础题，解题的依据是在抽样过程中每个个体被抽到的概率是相等的，这种题目经常出现在高考卷中．根据四个专业各有的人数，得到本校的总人数，根据要抽取的人数，得到每个个体被抽到的概率，利用丙专业的人数乘以每个个体被抽到的概率，得到丙专业要抽取的人数． 【解答】解：∵高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150、150、400、300名学生， ∴本校共有学生150+150+400+300=1000(人)，∵用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取40名学生进行调查， ∴每个个体被抽到的概率是401000=125， ∵丙专业有400人， ∴要抽取400×125=16人 故答案为：16人10.【答案】23【解析】解：在甲、乙、丙处投中分别记为事件A ，B ，C ， 恰好投中两次为事件ABC −，B −C ，A −BC 发生， 故恰好投中两次的概率：P =13×12×(1−p)+13×(1−12)×p +(1−13)×12×p =718， 解得p =23． 故答案为：23．在甲、乙、丙处投中分别记为事件A ，B ，C ，恰好投中两次为事件ABC −，B −C ，A −BC 发生，由此利用相互独立事件概率乘法公式能求出结果．本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．11.【答案】7【解析】解：根据题意，设原数据为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，a 6，则∑a i 6i=1=6×4=24,16∑(6i=1a i −4)2=8 加入2和6两个新数据后，所得8个数据的平均数为∑a i 6i=1+2+68=4，所得8个数据的方差为s 2=∑(6i=1a i −4)2+(2−4)2+(6−4)28=48+4+48=7．故选：7． 根据题意，设原数据为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，a 6，则有∑a i 6i=1=6×4=24,16∑(6i=1a i −4)2=8，由平均数、方差的计算公式计算可得答案．本题考查数据的方差、平均数的计算，注意方差、平均数的计算公式，属于基础题．12.【答案】−16【解析】解：以AB 为所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴，则A(0,0)，B(4,0)，C(4,4)，D(0,4)，E(2,2)∴F(3,3)，G(3,1)∴FD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,1)，EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2)，AG⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,1)， ∴FD ⃗⃗⃗⃗⃗ +EA⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,1)+(−2,−2)=(−5,−1)， ∴(FD ⃗⃗⃗⃗⃗ +EA ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−5,−1)⋅(3,1)=−16故答案为：−16以AB 为所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴，根据向量的坐标运算和向量的数量积计算即可．本题考查了向量的在几何中的应用，属于基础题．13.【答案】78【解析】【分析】本题考查异面直线所成角的求法，属于中档题．取ND 的中点为E ，则异面直线AN ，CM 所成的角即为∠EMC(或其补角)，通过解三角形，求解即可．【解答】解：连接ND ，取ND 的中点为E ，连接ME ，CE ，则ME//AN ，ME =12AN ， 所以异面直线AN ，CM 所成的角即为∠EMC(或其补角)，∵△ABC 中，AB =AC =3，BC =2，NB =NC =1，则AN =2√2，∴ME =√2，同理可得ND =CM =2√2，则EN =√2，又易知EN ⊥NC ，∴EC =√EN 2+NC 2=√3，∴cos∠EMC =EM 2+MC 2−EC 22EM ⋅MC=2+8−32×√2×2√2=78． 故答案为78．14.【答案】41π4【解析】解：设该几何体的外接球的半径为R ，如图所示：设点E 为△PBC 的中心，所以PE =EC =EB ，利用CE 2=12+(2−PE)2，由于PE =CE ，所以PE =54，故OD =2−54=34，在△ABC 中，利用勾股定理：AC =2√2，所以BD =√2，所以R 2=BO 2=(34)2+(√2)2=4116，故S 表=4π⋅4116=41π4． 故答案为：41π4．直接利用三棱锥体和球体的关系，三角形的中心的应用，勾股定理的应用和球的表面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三棱锥体和球体的关系，三角形的中心的应用，勾股定理的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．15.【答案】解：(1)由正弦定理可得：sinA +sinB −sinCcosA −√3sinAsinC =0， 整理得，sinA +sin(A +C)−sinCcosA −√3sinAsinC =0，即sinA +sinAcosC −√3sinAsinC =0，又因为A ∈(0,π)，则sinA >0，所以√3sinC −cosC =2sin(C −π6)=1，即sin(C −π6)=12，又因为−π6<C −π6<5π6， 所以C −π6=π6，解得C =π3，(2)由余弦定理可得：c 2=a 2+b 2−2abcosC =a 2+b 2−ab ，因为c =2√3，b =2a ，解得a =2，所以b =4，则三角形ABC 的面积S =12absinC =12×2×4×√32=2√3．【解析】(1)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin(C −π6)=12，结合范围−π6<C −π6<5π6，可求C 的值．(2)由已知利用余弦定理可得a 、b 的值，进而利用三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．16.【答案】证明：(1)取PD的中点N，连结MN，CN，∵M是PA的中点，∴MN是△PAD的中位线，AD，∴MN//AD，MN=12AD，∴MN−//BC，∵BC//AD，BC=12∴四边形BMNC是平行四边形，∴BM//CN，∵BM⊄平面PCD，CN⊂平面PCD，∴BM//平面PCD．(2)∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD，∵DM⊂平面PAD，∴AB⊥DM，∵DP=DA，M为PA的中点，∴DM⊥PA，∵PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，且PA∩AB=A，∴DM⊥平面PAB，∵DM⊂平面BDM，∴平面BDM⊥平面PAB．【解析】(1)取PD的中点N，连结MN，CN，推导出四边形BMNC是平行四边形，得到BM//CN，由此能证明BM//平面PCD．(2)推导出AB⊥平面PAD，AB⊥DM，DM⊥PA，得到DM⊥平面PAB，由此能证明平面BDM⊥平面PAB．本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知，第四个矩形的高为：0.1−(0.010+0.020+ 0.030+0.012)=0.028，成绩不低于1(20分)的频率为：(0.030+0.028+0.012)×10=0.7，所以高三年级不低于1(20分)的人数为：0.7×1000=700人．平均分x−=105×0.1+115×0.2+125×0.3+135×0.28+145×0.12=126.2；(2)由频率分布直方图知，成绩在[140,150]的人数是6，记女生为A，B，男生为c，d，e，f，从这6人中抽取2人的情况有AB，Ac，Ad，Ae，Af，Bc，Bd，Be，Bf，cd，ce，cf，de，df ，ef ，共15种．其中至少有一名女生的情况有AB ，Ac ，Ad ，Ae ，Af ，Bc ，Bd ，Be ，Bf 共9种， 故至少有一名女生的概率915=35．【解析】(1)根据频率分布直方图中求频数与平均数的算法计算即可解决此问题；(2)根据题意可算出成绩在[140,150]的人数是6，其中2名女生和4名男士，进行编号罗列样本点进行计算即可解决此问题．本题考查频率分布直方图中频数及平均数求法、古典概型，考查数学运算能力，属于中档题．18.【答案】(Ⅰ)证明：取AB 的中点F ，连接DF ，交A 1B 于点M ，可知M 为DF 中点，连接EM ，易知四边形C 1DME 为平行四边形，所以C 1D//EM ．又C 1D ⊄平面平面A 1BE ，EM ⊂平面A 1BE ，所以C 1D//平面A 1BE ．(Ⅱ)解：如图建立空间直角坐标系C −xyz ，则A(2,0，0)，B(0,2，0)，E(0,0，1)，A 1(2,0，2)．∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2，0)，EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，1)，EB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，−1)．设平面A 1BE 的法向量为n⃗ =(x,y ，z)，则{EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，即{2x +z =02y −z =0 令x =1，则n⃗ =(1,−1,−2)． 所以cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ >=AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=−√33． 所以直线AB 与平面A 1BE 所成角的正弦值为√33． (Ⅲ)解：假设在棱CC 1上存在一点P ，使得平面PAB 与平面A 1BE 所成二面角为60°，设P(0,0，c)，0≤c ≤2．则PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，−c)，设平面PAB 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x −cz =0−2x +2y =0， 取x =c ，则m⃗⃗⃗ =(c,c ，2)， 由(Ⅱ)知平面A 1BE 的法向量为n⃗ =(1,−1,−2)．所以|cos<m⃗⃗⃗ ，n⃗>|=|m⃗⃗⃗ ⋅n⃗⃗ ||m⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ||n⃗⃗ |=√6⋅√c2+c2+4=12，解得c=√303<2，故在棱CC1上存在一点P，使得平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，P点的坐标为(0,0，√303).【解析】(Ⅰ)取AB的中点F，连结DF，交A1B于点M，可证C1D//EM，利用线面平行的判定定理可得C1D//平面A1BE；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求出平面A1BE的法向量，利用向量的夹角公式，可求直线AB与平面A1BE所成角的正弦值；(Ⅲ)假设在棱CC1上存在一点P，使得平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，求出平面PAB的法向量，根据向量的夹角公式，列方程求出点P坐标，即可得结论．本题考查了空间向量在几何中的应用，考查了直线与平面平行的判定、线面角和二面角的求法，考查了运算求解能力，转化与化归能力，逻辑推理能力，属于中档题。

滨海新区2020-2021学年度第二学期期末质量检测高一英语试题本试卷分为第I卷（听力）、第II卷（选择题）、第III卷（非选择题）三部分。

第I卷为第1页至第2页，第II卷为第3页至第12页，第III卷为第13页至第14页。

试卷满分150分。

考试时间100分钟。

第Ⅰ卷听力第一部分听力（共两节，满分30分）第一节（共5小题；每小题2分，满分10分）听下面五段对话。

每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出一个最佳选项，并标在试卷的相应位置。

听完每段对话后，你将有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。

每段对话仅读一遍。

1. What is the correct time?A. 8:20.B. 8:30.C. 8:40.2. What are they talking about?A. Water.B. Beer.C. Sport.3. Where does the conversation take place?A. In a school.B. In a hotel.C. In a hospital.4. When did the woman see the shark?A. When she was swimming.B. When she was on the shore.C. When she was in the boat.5. What’s the relationship between the speakers?A. Son and mother.B. Patient and doctor.C. Student and teacher.第二节（共10小题；每小题2分，满分20分）听下面几段材料。

每段材料后有几个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出一个最佳选项，并标在试卷的相应位置。

听每段材料前，你将有时间阅读各个小题，每小题5秒钟；听完后，各小题将给出5秒钟的作答时间。