《试卷3份集锦》福建省福州市2020高一数学下学期期末质量检测试题

2022-2023学年福建省福州一中高一（下）期末数学试卷一、选择题：本题共8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．若（1﹣2i ）z ＝2i 3，则z •z =（ ） A ．2√55B ．45C ．1225D ．16252．已知不重合的平面α，β，γ和直线l ，则“α∥β”的充分不必要条件是（ ） A ．α内有无数条直线与β平行 B ．l ⊥α且l ⊥βC ．γ⊥α且γ⊥βD ．α内的任何直线都与β平行3．平行四边形ABCD 中，点E 是DC 的中点，点F 是BC 的一个三等分点（靠近B ），则EF →=（ ） A ．12AB →−13AD →B ．14AB →+12AD →C ．13AB →+12AD →D ．12AB →−23AD →4．镇海植物园有两块地，从A ，B ，C ，D 四种树木中任选2种树木种植在一块地中，余下2种树木种植在另一块地中，则A ，B 种植在同一块地的概率为（ ） A ．23B ．13C ．12D ．345．如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念．何尊的形状可近似看作是由上部分圆台和下部分圆柱的组合体，组合体的高约为40cm ，上口直径约为28cm ，圆柱的底面直径约为18cm ．取π的近似值为3，经计算得到圆柱的侧面积约为1296cm 2，则该组合体上部分圆台的体积约为（ ）A ．6448cm 3B ．6548cm 3C ．5548cm 3D ．5448cm 36．在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB =4，BC =AC =2√2，AA 1=1，点M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则直线BM 与CN 所成角的余弦值为（ ） A ．√155B ．√105C ．√53D ．√637．已知△ABC 的面积等于2，AB ＝1，当△ABC 三条高的乘积取最大值时，sin C 的值为（ ）A ．1665B ．6365C ．1516D ．128．如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，Q 为AD 的中点，P 为正方体内部及其表面上的一动点，且PQ ⊥BD 1，则满足条件的所有点P 构成的平面图形的面积是（ ）A ．3√32B ．2√3C ．4D ．3√3二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．掷一枚骰子，记事件A 为掷出的数大于4，事件B 为掷出偶数点，则下列说法正确的是（ ） A ．P(A ∪B)=56B ．P(A)=13C ．事件A 与事件B 为相互独立事件D ．事件A 与事件B 对立10．已知一组样本数据x 1，x 2，…，x n （x 1＜x 2＜…＜x n ），现有一组新的数据x 1+x 22，x 2+x 32，…，x n−1+x n2，x n +x 12，则与原样本数据相比，新的样本数据（ ）A ．平均数不变B ．中位数不变C ．极差变小D ．方差变小11．已知四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，AB ＝ED ＝2FB ，记三棱锥E ﹣ACD ，F ﹣ABC ，F ﹣ACE 的体积分别为V 1，V 2，V 3，则（ ） A ．V 3＝2V 2B ．V 1＝2V 2C ．V 3＝V 1+V 2D ．2V 3＝3V 112．在△ABC 中，D ，E 分别是BC ，AC 的中点，且BC ＝6，AD ＝2，则（ ） A ．△ABC 面积最大值是6 B ．△ABC 周长可能是14C ．|AD →+BE →|不可能是5D ．BE →⋅AC →∈(112，352)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．若复数z 1=3−i ，z 2=−3−i ，z 3=2+√6i ，z 4=a −√3i 在复平面内对应的点在同一个圆上，则正实数a 的值为 ．14．在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，F 为线段AB 的中点，则直线FC 到平面AEC 1的距离为 ．15．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b 2+c 2﹣a 2=√2bc ，c ＝4，则边a 的取值范围是 ．16．在三棱锥P ﹣ABC 中，PB ＝1，P A ＝PC ＝AB ＝BC ＝2，二面角P ﹣AC ﹣B 的大小为60°，则该三棱锥的体积为 ；其外接球的表面积为 ．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．（10分）某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14．若各家庭回答是否正确互不影响．（1）求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；（2）求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．18．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，角α终边与单位圆O 的交点为E ，将向量OE →逆时针方向旋转90°，得到向量OF →，记A （1，0），B （0，﹣1）． （1）判断向量AE →与BF →的位置关系，并说明理由； （2）求|AE →+AF →|的最大值．19．（12分）如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧面BCC 1B 1是平行四边形，BC 1⊥C 1C ，BC 1⊥A 1C ，且E ，F 分别是BC ，A 1B 1的中点． （1）求证：EF ∥平面A 1C 1CA ；（2）在线段AB 上是否存在点P ，使得BC 1⊥平面EFP ？若存在，求出AP AB的值；若不存在，请说明理由．20．（12分）用分层随机抽样从某校高一年级学生的数学期末成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个，再将40个男生成绩样本数据分为6组：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，绘制得到如图所示的频率分布直方图．（Ⅰ）估计男生成绩样本数据的第80百分位数；（Ⅱ）在区间[40，50）和[90，100]内的两组男生成绩样本数据中，随机抽取两个进行调查，求调查对象来自不同分组的概率；（Ⅲ）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．21．（12分）在△ABC中，内角A，B，C对的边分别为a，b，c，若sin2A+3sin2B＝5sin2C．（1）求cos C的最小值；（2）若△ABC的面积为a2，求tan C的值．22．（12分）如图，已知矩形ABCD，BC＝2AB＝4，M是AD的中点，现将△ABM沿着BM翻折至△PBM．（1）若PC=2√3，求证：平面PBM⊥平面BCDM；（2）求二面角P﹣CD﹣B的正弦值的最大值．2022-2023学年福建省福州一中高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8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．若（1﹣2i ）z ＝2i 3，则z •z =（ ） A ．2√55B ．45C ．1225D ．1625解：∵（1﹣2i ）z ＝2i 3，∴z =2i 31−2i =−2i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=4−2i 5=45−25i ，∴z =45+25i ， ∴z ⋅z =(45)2+(25)2=45． 故选：B ．2．已知不重合的平面α，β，γ和直线l ，则“α∥β”的充分不必要条件是（ ） A ．α内有无数条直线与β平行 B ．l ⊥α且l ⊥βC ．γ⊥α且γ⊥βD ．α内的任何直线都与β平行解：A 无数条平行推不出α∥β，B ，垂直于用一条直线的两平面平行，成立，反之不一定成立；C ，γ⊥α且γ⊥β，推不出D 充要条件，则“α∥β”的充分不必要条件是B ， 故选：B ．3．平行四边形ABCD 中，点E 是DC 的中点，点F 是BC 的一个三等分点（靠近B ），则EF →=（ ） A ．12AB →−13AD →B ．14AB →+12AD →C ．13AB →+12AD →D ．12AB →−23AD →解：因为ABCD 为平行四边形，所以AB →=DC →，AD →=BC →，故EF →=EC →+CF →=12DC →+23CB →=12AB →−23AD →．故选：D ．4．镇海植物园有两块地，从A ，B ，C ，D 四种树木中任选2种树木种植在一块地中，余下2种树木种植在另一块地中，则A ，B 种植在同一块地的概率为（ ）A ．23B ．13C ．12D ．34解：从A ，B ，C ，D 四种树木中任选2种树木种植在一块地中，余下2种树木种植在另一块地中，基本事件总数n =C 42C 22=6，A ，B 种植在同一块地包含的基本事件个数m =C 22A 22=2，则A ，B 种植在同一块地的概率P =m n =26=13． 故选：B ．5．如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念．何尊的形状可近似看作是由上部分圆台和下部分圆柱的组合体，组合体的高约为40cm ，上口直径约为28cm ，圆柱的底面直径约为18cm ．取π的近似值为3，经计算得到圆柱的侧面积约为1296cm 2，则该组合体上部分圆台的体积约为（ ）A ．6448cm 3B ．6548cm 3C ．5548cm 3D ．5448cm 3解：由题意可知，该几何体上部分圆台的下底面半径r 1＝14cm ，上底面半径r 2＝9cm ，该几何体下部分圆柱的底面半径r 3＝9cm ，设圆台的高为hcm ，则圆柱的高为（40﹣h ）cm ， 则有2πr 3（40﹣h ）＝1296，又π的近似值为3， 所以2×3×9×（40﹣h ）＝1296，解得h ＝16，所以圆台的体积V =13π(r 12+r 22+r 1r 2)ℎ≈13×3×(142+92+14× 9）×16＝6448（cm 3）． 故选：A ．6．在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB =4，BC =AC =2√2，AA 1=1，点M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则直线BM 与CN 所成角的余弦值为（ ） A ．√155B ．√105C ．√53D ．√63解：如图所示，取BC 的中点E ，连接EN ， 则根据题意易得四边形MNEB 为平行四边形，∴BM ∥EN ，∴直线BM 与CN 所成角为∠CNE ，又根据题意易知BC ⊥平面ACC 1A 1，且CN ⊂平面ACC 1A 1，∴BC ⊥CN ，又EN ＝BM =√B 1M 2+B 1B 2=√5，CN =√C 1N 2+C 1C 2=√3， ∴cos ∠CNE =CN EN =√35=√155， 故选：A ．7．已知△ABC 的面积等于2，AB ＝1，当△ABC 三条高的乘积取最大值时，sin C 的值为（ ） A ．1665B ．6365C ．1516D ．12解：设△ABC 三个内角A ，B ，C 对应的边为a ，b ，c ，对应的高为m ，n ，t ， △ABC 面积为2，AB ＝1，即S ＝2，c ＝1， S =12am =12bn =12ct ＝2，S 3=18abcmnt ＝8， mnt =64abc =64ab ， 因为S =12ab sin C ＝2， 所以ab =4sinC，mnt ＝16sin C ， 因为cos C =a 2+b 2−c 22ab ≥2ab−12ab =1−12ab，当且仅当a ＝b 时取得等号，所以2ab ≤11−cosC ，即8sinC≤11−cosC ，sinC 1−cosC=2sin C 2cos C 22sin 2C2=tan C2≤18，可得sin C =2tan C 21+tan 2C 2=2tan C 2+1tan C2≤218+8=1665， 所以当△ABC 三条高的乘积取最大值时，sin C 的值为1665．故选：A ．8．如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，Q 为AD 的中点，P 为正方体内部及其表面上的一动点，且PQ ⊥BD 1，则满足条件的所有点P 构成的平面图形的面积是（ ）A ．3√32B ．2√3C ．4D ．3√3解：如图，正方体中，BD 1在平面ABCD 的射影为AC ，在平面ADD 1A 1的射影为AD 1， 分别取DC 中点E ，AA 1中点F ，利用三垂线定理得，QE ⊥BD 1，QF ⊥BD 1， 所以BD 1⊥平面QEF ．所以，P 点在正方体中过Q 、E 、F 的截面上．分别取A 1B 1，B 1C 1，CC 1的中点G 、M 、N ，连接FG ，GM ，MN ，NE ，平面FGMNEQ 即为截面． 在正方体中求得FQ ＝QE ＝EN ＝NM ＝MG ＝GF =√2， 所以正六边形FGMNEQ 的面积为6×12×√2×√2×√32=3√3．故选：D ．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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．掷一枚骰子，记事件A 为掷出的数大于4，事件B 为掷出偶数点，则下列说法正确的是（ ） A ．P(A ∪B)=56B ．P(A)=13C ．事件A 与事件B 为相互独立事件D ．事件A 与事件B 对立解：掷一枚骰子，记事件A 为掷出的数大于4，事件B 为掷出偶数点，则P （A ）=26=13，P （B ）=36=12，故B 正确； P （A ∪B ）＝P （A ）+P （B ）﹣P （AB ）=13+12−16=23，故A 错误； ∵事件AB 表示“掷出的数大于4”且“掷出偶数点”，即“掷出6”， ∴P （AB ）=16，故P （AB ）＝P （A ）P （B ）=13×12=16， 故事件A 与事件B 是为相互独立事件，故C 正确；∵P （A ）+P （B ）=13+12=56≠1，故事件A 与事件B 不是对立事件，故D 错误． 故选：BC ．10．已知一组样本数据x 1，x 2，…，x n （x 1＜x 2＜…＜x n ），现有一组新的数据x 1+x 22，x 2+x 32，…，x n−1+x n2，x n +x 12，则与原样本数据相比，新的样本数据（ ）A ．平均数不变B ．中位数不变C ．极差变小D ．方差变小解：对于A 项，新数据的总数为：x 1+x 22+x 2+x 32...+x n +x 12=x 1+x 2+...+x n ，故平均数不变，A正确；对于B 项，不妨设原数据为：1，2.5，3，则新数据为：1.75，2.75，2，显然中位数变了，故B 错误； 对于C 项，原数据极差为：x n ﹣x 1，新数据极差为：x n−1+x n2−x 1+x 22，x n−1+x n 2−x 1+x 22−(x n −x 1)=x n−1−x n +x 1−x 22＜0，极差变小了，故C 正确；对于D 项，由于两组数据的平均数不变，而极差变小，说明新数据相对原数据更集中于平均数，故方差变小，即D 项正确． 故选：ACD ．11．已知四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，AB ＝ED ＝2FB ，记三棱锥E ﹣ACD ，F ﹣ABC ，F ﹣ACE 的体积分别为V 1，V 2，V 3，则（ ） A ．V 3＝2V 2B ．V 1＝2V 2C ．V 3＝V 1+V 2D ．2V 3＝3V 1解：如图连接BD 交AC 于O ，连接OE ，OF ． 设AB ＝ED ＝2FB ＝2， V 1=13×S △ACD ×|ED |=43， V 2=13×S △ABC ×|FB |=23，由ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥AC ． 又AC ⊥BD ，且ED ∩BD ＝D ，ED ，BD ⊂平面BDEF ， 所以AC ⊥平面BDEF ，所以AC ⊥OF ．易知BD =2√2，OB =√2，OE =√OD 2+ED 2=√6，OF =√OB 2+BF 2=√3， EF =√BD 2+(ED −FB)2=3，所以EF 2＝OF 2+OE 2，所以OF ⊥OE ，而OE ∩AC ＝O ， OE 、AC ⊂平面ACE ，所以OF ⊥平面ACE ． 又AC =AE =CE =2√2，V 3=V F−ACE =13S △ACE ⋅OF =13×√34AC 2⋅OF =2， 所以有V 3≠2V 2，V 1＝2V 2，V 3＝V 1+V 2，2V 3＝3V 1， 所以选项A 不正确，BCD 正确． 故选：BCD ．12．在△ABC 中，D ，E 分别是BC ，AC 的中点，且BC ＝6，AD ＝2，则（ ） A ．△ABC 面积最大值是6 B ．△ABC 周长可能是14C ．|AD →+BE →|不可能是5 D ．BE →⋅AC →∈(112，352) 解：如图，设三角形ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ， A 到BC 的距离为h ，可得△ABC 的面积S =12aℎ=12×6ℎ≤3×2＝6， 当AD ⊥BC 时等号成立，故A 正确；在△ABD 中，由余弦定理可得：c 2＝32+22﹣2×2×3cos ∠ADB ， 在△ADC 中，由余弦定理可得：b 2＝32+22﹣2×2×3cos ∠ADC ， 而cos ∠ADB +cos ∠ADC ＝0，以上两式作和得c 2+b 2＝26， ∵b +c ＞a ＝6，∴三角形周长为a +b +c ＝b +c +6＞12，得b+c 2≤√c 2+b 22=√262，当且仅当b =c =√13时等号成立，可得c +b +6≤2√13+6，即三角形的周长的范围是(12，2√13+6]， 故三角形周长不可以取到14，故B 错误；∵AD →+BE →=AD →+BC →+CE →=−DA →+2DC →+12(DA →−DC →)=32DC →−12DA →，∴|AD →+BE →|=√(32DC →−12DA →)2=12√9DC →2+DA →2−6DC →⋅DA →=12√85−6DC →⋅DA →，而DC →⋅DA →=|DC →|⋅|DA →|cos∠ADC =6cos∠ADC ∈(−6，6)，∴|AD →+BE →|∈(72，112)，则|AD →+BE →|的值可能取到5，故C 错误；由BE →=BC →+CE →=2DC →+12(DA →−DC →)=12DA →+32DC →， 得BE →•DA →=(32DC →+12DA →)•(DC →−DA →)=32DC →2−12DA →2−DC →⋅DA →=232−DC →⋅DA →， 由推导C 可得DC →⋅DA →∈(−6，6)，得232−DC →⋅DA →∈(112，352)，故D 正确．故选：AD ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．若复数z 1=3−i ，z 2=−3−i ，z 3=2+√6i ，z 4=a −√3i 在复平面内对应的点在同一个圆上，则正实数a 的值为 √7． ．解：因为z 1=3−i ，z 2=−3−i ，z 3=2+√6i ，z 4=a −√3i 在复平面上对应点分别为Z 1(3，−1)，Z 2(−3，−1)，Z 3(2，√6)，Z 4(a ，−√3)， 设圆方程为(x −x 0)2+(y −y 0)2=r 2(r ＞0)，则有(3−x 0)2+(−1−y 0)2=r 2，(−3−x 0)2+(−1−y 0)2=r 2，(2−x 0)2+(√6−y 0)2=r 2，联立方程解得x 0=0，y 0=0，r =√10， 所以圆方程为x 2+y 2＝10，又Z 4(a ，−√3)在圆上，所以a 2+3＝10，又a ＞0，解得a =√7． 故答案为：√7．14．在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，F 为线段AB 的中点，则直线FC 到平面AEC 1的距离为√66． 解：以D 1为原点，D 1A 1D 1C 1D 1D 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C 1(0，1，0)，E(1，12，0)，F(1，12，1)，所以AB →=(0，1，0)，AC 1→=(−1，1，−1)，AE →=(0，12，−1)，EC 1→=(−1，12，0)，FC →=(−1，12，0)，AF →=(0，12，0)． 因为FC →=EC 1→=(−1，12，0)，所以FC ∥EC 1，所以FC ∥平面AEC 1． 所以点F 到平面AEC 1的距离为直线FC 到平面AEC 1的距离． 设平面AEC 1的法向量为n →=(x ，y ，z)， 则{n →⋅AE →=12y −z =0n →⋅EC 1→=−x +12y =0，取z ＝1，则x ＝1，y ＝2．所以，n →=(1，2，1)是平面AEC 1的一个法向量．又因为AF →=(0，12，0)，所以点F 到平面AEC 1的距离为|AF →⋅n →||n →|=|(0，12，0)⋅(1，2，1)|√6=√66． 即直线FC 到平面AEC 1的距离为√66． 故答案为：√66．15．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b 2+c 2﹣a 2=√2bc ，c ＝4，则边a 的取值范围是 （2√2，4） ． 解：因为b 2+c 2﹣a 2=√2bc ，所以由余弦定理可得cos A =b 2+c 2−a 22bc=√2bc 2bc =√22， 因为A 为锐角， 所以A =π4，因为在锐角△ABC 中，{C ∈(0，π2)3π4−C ∈(0，π2)，可得C ∈(π4，π2)， 所以sin C ∈（√22，1）， 由正弦定理asinA =csinC，可得a =c⋅sinA sinC =4×√22sinC =2√2sinC ∈（2√2，4）．故答案为：（2√2，4）．16．在三棱锥P ﹣ABC 中，PB ＝1，P A ＝PC ＝AB ＝BC ＝2，二面角P ﹣AC ﹣B 的大小为60°，则该三棱锥的体积为12；其外接球的表面积为52π3．解：由题意如图所示：取AC 的中点M ，连接PM ，BM ，∵P A ＝PC ＝AB ＝BC ，AC ＝AC ，则△ABC ≅△APC ，PM ⊥AC ，BM ⊥AC ， ∴二面角P ﹣AC ﹣B 的平面角为∠PMB ＝60°， 故△PMB 为等边三角形，即PM ＝BM ＝PB ＝1，则AC ＝2CM ＝2√BC 2−BM 2=2√3，tan ∠BCM =BMCM =√33， ∵∠BCM ∈（0，π2），则∠BCM =π6，设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ， 则2r =AB sin∠ACB=212=4，即r ＝2，故O 1在BM 的延长线上，同理△P AC 的外接圆圆心为O 2在PM 的延长线上，∵PM ⊥AC ，BM ⊥AC ，PM ∩BM ＝M ，PM ，BM ⊂平面PBM ， ∴AC ⊥平面PBM ，且AC ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ACP ，故平面ABC ⊥平面PBM ，平面P AC ⊥平面PBM ， 则△PBM 的高即为三棱锥P ﹣ABC 的高，且△PMB 为等边三角形，边长为1， 则其高h =√32，S △ABC =12AC •CB sin ∠ACB =12×2√3×2×12=√3，所以V P ﹣ABC =13S △ABC •h =13×√3×√32=12， 设三棱锥P ﹣ABC 的外接球的球心为O ，连接OO 1，OO 2，则OO 1⊥平面ABC ，OO 2⊥平面ACP ， 故OO 1，OO 2⊂平面PBM ，连接O 1A ，O 1C ，O 1O 2，OA ，MO ，则MO 1＝MO 2＝1，O 1A ＝2，∠OMO 1＝30°， 可得O 1O ＝MO 1tan ∠O 1MO =√33，则三棱锥S ﹣ABC 的外接球的半径R 2＝O 1A 2+O 1O 2=133， 故三棱锥S ﹣ABC 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×133=52π3． 故答案为：12；52π3．四、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．（10分）某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14．若各家庭回答是否正确互不影响．（1）求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；（2）求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．解：（1）设事件A 表示“甲家庭回答正确这道题”，事件B 表示“乙家庭回答正确这道题”， 事件C 表示“丙家庭回答正确这道题”， 由题意得：{P(A)=34[1−P(A)][1−P(C)]=112P(B)P(C)=14，解得乙家庭回答正确这道题的概率P （B ）=38， 丙家庭回答正确这道题的概率P （C ）=23．（2）甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率为： P ＝P （ABC ）+P （ABC ）+P （A B C ）+P （AB C ） =34×38×23+14×38×23+34×58×23+34×38×13 =2132．18．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，角α终边与单位圆O 的交点为E ，将向量OE →逆时针方向旋转90°，得到向量OF →，记A （1，0），B （0，﹣1）． （1）判断向量AE →与BF →的位置关系，并说明理由； （2）求|AE →+AF →|的最大值．解：（1）向量AE →与BF →共线，理由如下：角α终边与单位圆O 的交点为E ，设E （cos α，sin α），得OE →=（cos α，sin α）， 又将向量OE →逆时针方向旋转90°得到向量OF →， 得OF →=(cos(α+π2)，sin(α+π2))=(−sinα，cosα)，已知A （1，0），B （0，﹣1），则AE →=(cosα−1，sinα)，BF →=(−sinα，cosα+1)， ∵（cos α﹣1）•（cos α+1）﹣sin α•（﹣sin α）＝cos 2α﹣1+sin 2α＝0， ∴AE →∥BF →，即向量AE →与BF →共线；（2）∵AE →=(cosα−1，sinα)，AF →=(−sinα−1，cosα)， ∴AE →+AF →=(−sinα+cosα−2，sinα+cosα)， 则|AE →+AF →|=√(−sinα+cosα−2)2+(sinα+cosα)2 =√4sinα−4cosα+6=√4√2sin(α−π4)+6，当α−π4=π2+2kπ，k ∈Z ，即α=3π4+2kπ，k ∈Z 时，sin(α−π4)有最大值1， ∴|AE →+AF →|有最大值√4√2+6=√(2+√2)2=2+√2． 即|AE →+AF →|的最大值为2+√2．19．（12分）如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧面BCC 1B 1是平行四边形，BC 1⊥C 1C ，BC 1⊥A 1C ，且E ，F分别是BC ，A 1B 1的中点． （1）求证：EF ∥平面A 1C 1CA ；（2）在线段AB 上是否存在点P ，使得BC 1⊥平面EFP ？若存在，求出AP AB的值；若不存在，请说明理由．（1）证明：取A 1C 1中点G ，连FG ，连GC ．在△A 1B 1C 1中，因为F ，G 分别是A 1B 1，A 1C 1中点， ∴FG ∥B 1C 1，且FG =12B 1C 1．∵E 是BC 的中点， ∴EC ∥B 1C 1，且EC =12B 1C 1．∴EC ∥FG ，且EC ＝FG ． ∴FECG 是平行四边形．∴FE ∥GC ．又∵FE ⊄平面A 1C 1CA ，GC ⊂平面A 1C 1CA ，∴EF ∥平面A 1C 1CA ； （2）解：取AB 的中点P ，连PE ，连PF ．∵BC 1⊥平面ACC 1A 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，CG ⊂平面ACC 1A 1， ∴BC 1⊥AC ，BC 1⊥CG ，在△ABC 中，因为P ，E 分别是AB ，BC 中点，∴PE ∥AC ． 又由（1）知FE ∥CG ，∴BC 1⊥PE ，BC 1⊥EF ． 由PE ∩EF ＝E ，得BC 1⊥平面EFP ．故当点P 是线段AB 的中点时，BC 1⊥平面EFP ．此时，AP AB=12．20．（12分）用分层随机抽样从某校高一年级学生的数学期末成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个，再将40个男生成绩样本数据分为6组：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，绘制得到如图所示的频率分布直方图．（Ⅰ）估计男生成绩样本数据的第80百分位数；（Ⅱ）在区间[40，50）和[90，100]内的两组男生成绩样本数据中，随机抽取两个进行调查，求调查对象来自不同分组的概率；（Ⅲ）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．解：（Ⅰ）由频率分布直方图可知，在[40，80）内的成绩占比为70%，在[40，90）内的成绩占比为95%，因此第80百分位数一定位于[80，90）内．因为80+10×0.8−0.70.95−0.7=84，所以估计男生成绩样本数据的第80百分位数约是84．（Ⅱ）在区间[40，50）和[90，100]内的男生成绩样本数据分别有4个和2个，则在这6个数据中随机抽取两个的样本空间Ω包含的样本点个数为n（Ω）＝5+4+3+2+1＝15．记事件A＝“调查对象来自不同分组”，则事件A包含的样本点个数为n（A）＝4×2＝8，所以P（A）=n(A)n(Ω)=815．（Ⅲ）设男生成绩样本数据为x1，x2，…，x40，其平均数为x=71，方差为s x2=187.75；女生成绩样本数据为y1，y2，…，y60，其平均数为y=73.5，方差为s y2=119；总样本的平均数为z，方差为s2．由按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，得z=40100x+60100y=72.5．因为s 2=1100 [∑ 40i=1（x i −z ）²+∑ 60j=1（y j −z ）²]=1100[∑ 40i=1（x i −x +x −z ）²+∑ 60j=1（y j −y +y −z ）²]，又∑ 40i=12（x i −x ）（x −z ）＝2（x −z ）（∑ 40i=1（x i −x ））＝2（x −z ）（∑ 40i=1x i ﹣40x ）＝0， 同理∑ 60j=12（y j −y ）（y −z ）＝0，所以 s 2=1100[∑ 40i=1（x i −x ）²+∑ 40i=1（x −z ）²+∑ 60j=1（y j −y ）²+∑ 60j=1（y −z ）²]=1100{40[s x 2+（x −z ）²]+60[s y 2+（y −z ）²]} =1100{40[187.75+（71﹣72.5）²]+60[119+（73.5﹣72.5）²]} ＝148．所以总样本的平均数和方差分别为72.5和148．21．（12分）在△ABC 中，内角A ，B ，C 对的边分别为a ，b ，c ，若sin 2A +3sin 2B ＝5sin 2C ． （1）求cos C 的最小值；（2）若△ABC 的面积为a 2，求tan C 的值．解：（1）由sin 2A +3sin 2B ＝5sin 2C ，根据正弦定理可得a 2+3b 2＝5c 2， 由余弦定理可得cosC =a 2+b 2−c 22ab=a 2+b 2−a 2+3b 252ab =2a 2+b 25ab ≥2√2ab 5ab=2√25， 当且仅当b =√2a 时，等号成立，所以cos C 的最小值为2√25；（2）由△ABC 的面积为a 2，即S =12absinC =a 2，则a =12bsinC ，由（1）可知cosC =2a 2+b25ab=2(12bsinC)2+b25×12b 2sinC，即52sinCcosC =12sin 2C +1，即5sin C cos C ＝sin 2C +2（sin 2C +cos 2C ），所以5sin C cos C ＝3sin 2C +2cos 2C ，即3tan 2C ﹣5tan C +2＝0， 解得tan C ＝1或tanC =23，当tan C ＝1时，满足cosC =√22＞2√25， 当tanC =23时，满足cosC =3132√25， 所以tan C ＝1或tanC =23．22．（12分）如图，已知矩形ABCD ，BC ＝2AB ＝4，M 是AD 的中点，现将△ABM 沿着BM 翻折至△PBM ．（1）若PC =2√3，求证：平面PBM ⊥平面BCDM ； （2）求二面角P ﹣CD ﹣B 的正弦值的最大值．解：（1）证明：由题意矩形ABCD 中，BC ＝2AB ＝4，M 是AD 的中点， 可知PM ＝PB ＝2，∠AMB ＝45°， 设O 为BM 中点，连接PO ，则PO ⊥BM ，又∠MBC ＝∠AMB ＝45°，BO =12BM =12√AB 2+AM 2=√2，故OC =√OB 2+BC 2−2OB ⋅BCcos∠OBC =√2+16−2×√2×4×√22=√10，又PB ⊥PM ，O 为BM 中点，故PO =12BM =√2，而PC =2√3， 故PC 2＝12＝PO 2+OC 2，故PO ⊥OC ，而OC ∩BM ＝O ，OC ，BM ⊂平面BCDM ，故PO ⊥平面BCDM ， PO ⊂平面PBM ，故平面PBM ⊥平面BCDM ；（2）由（1）可知，将△ABM 沿着BM 翻折至平面PBM ⊥平面BCDM 时， 二面角P ﹣CD ﹣B 逐渐增大，当平面PBM ⊥平面BCDM 时，作OE ⊥CD ，垂足为E ，连接PE ，因为O为BM中点，则E为CD中点，此时OE=MD+BC2=3；由于PO⊥平面BCDM，CD，OE⊂平面BCDM，故PO⊥CD，PO⊥OE PO∩OE＝O，PO，OE⊂平面POE，故CD⊥平面POE，则∠PEO为二面角P﹣CD﹣B的平面角，而PE=√PO2+OE2=√11，故sin∠PEO=POPE=√2√11=√2211；下面考虑△ABM翻折到越过平面PBM⊥平面BCDM时的位置后的情况：设Q为BC中点，连接MQ，则四边形ABQM为正方形，连接AQ，则O在AQ上，则PO⊥BM，QO⊥BM，PO∩QO，PO，QO⊂平面POQ，故BM⊥平面POQ，BM⊂平面BCDM，故平面POQ⊥平面BCDM，平面POQ∩平面BCDM＝OQ，作PF⊥OQ，垂足为F，则PF⊥平面BCDM，FG，CD⊂平面BCDM，故PF⊥CD，PF⊥FG，作FG⊥CD，垂足为G，连接PG，PF∩FG＝F，PF，FG⊂平面PFG，故CD⊥平面PFG，故∠PGF为二面角P﹣CD﹣B的平面角，设∠POF＝α，0°≤α＜90°，当α＝0°时，二面角P﹣CD﹣B的正弦值为0；当0°＜α＜90°时，PF=√2sinα，OF=√2cosα，作FH⊥OE，垂足为H，则四边形EHFG为矩形，则OH＝OF cos45°＝cosα，故FG＝EH＝3﹣cosα，故tan∠PGF=PFFG=√2sinα3−cosα=√2sinα2cosα22sin2α2+cos2α2=√2tanα22tan2α2+1=√22tanα2+1tanα2，由于tan α2＞0，故2tanα2+1tanα2≥2√2，故√22tanα2+1tanα2≤12，第21页（共21页） 当且仅当2tan α2=1tan α2，即tan α2=√22时等号成立， 即二面角P ﹣CD ﹣B 的正切值的最大值为12，此时二面角P ﹣CD ﹣B 的正弦值的最大值√55， 由于√2211＜√55，故二面角P ﹣CD ﹣B 的正弦值的最大值√55．。

福建省2020版高一下学期数学期末考试试卷C卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分）设α是第二象限角，P（x，4）为其终边上的一点，且，则=（）A .B .C . -D . -2. （2分） (2019高二上·浙江月考) 函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则的值为（）A .B .C .D .3. （2分） (2019高二上·雨城期中) 程序框图符号“ ”可用于（）A . 赋值B . 输出C . 输入D . 判断4. （2分）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则（）A .B .C .D .5. （2分）要得到函数的图象，只须将的图象上的所有的点（）A . 向左平移个单位长度B . 向右平移个单位长度C . 向左平移个单位长度D . 向右平移个单位长度6. （2分） (2020·南昌模拟) 设过点的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于两点，点Q与点P关于轴对称，O为坐标原点，若，且，则点P的轨迹方程是（）A .B .C .D .7. （2分）若圆C:x2+y2+2x-4y+3=0关于直线2ax+by-4=0对称，则a2+b2的最小值是（）A . 2B .C .D . 18. （2分）某单位共有老、中、青职工430人,其中青年职工160人，中年职工人数是老年职工人数的2倍。

为了解职工身体状况，现采用分层抽样方法进行调查，在抽取的样本中有青年职工32人，则该样本中的老年职工人数为A . 9B . 18C . 27D . 369. （2分） (2019高三上·浙江月考) 已知实数满足，则的最大值为（）A . 11B . 10C . 6D . 410. （2分） (2018高一上·石家庄月考) 已知函数在一个周期内的图象如图所示．则的图象可由函数的图象（）A . 先把各点的横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位B . 先把各点的横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位C . 先向右平移个单位，再把个点的横坐标伸长到原来的2倍D . 先向右平移个单位，再把个点的横坐标伸长到原来的2倍11. （2分） (2019高二上·开福月考) 如图在一个60º的二面角的棱上有两个点，，线段，分别在这个二面角的两个半平面内，并且都垂直于棱，且，，则的长为（）A .B .C . 2D .12. （2分） (2017高三上·湖南月考) 下列选项中为函数的一个对称中心为（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分）(2019·吉林模拟) 在区间内任意取一个数，则恰好为非负数的概率是________.14. （1分） (2019高二下·宁夏月考) 已知x与y之间的一组数据：则y与x的线性回归方程为y=bx+a必过点________。

2019-2020学年高一下学期期末数学模拟试卷一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．25(32)x x -+的展开式中含3x 的项的系数为（ ） A ．-1560B ．-600C ．600D ．15602．己知(2,0)A -，(2,0)B ，若x 轴上方的点P 满足对任意R λ∈，恒有2AP AB λ-≥成立，则P 点纵坐标的最小值为（ ） A ．14B ．12C ．1D ．23．函数的图象可由函数的图象（ ）A ．向左平移个单位长度得到B ．向左平移个单位长度得到C ．向右平移个单位长度得到D ．向右平移个单位长度得到4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．7616π+B ．6012π+C ．4416π+D ．4412π+5．如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则异面直线B 1C 与EF 所成的角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°6．已知1sin,sin ,sin ,222a x x b x ωωω⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其中0>ω，若函数1()2f x a b =⋅-在区间(,2)ππ内有零点，则实数ω的取值可能是（ ） A ．18B ．14C ．12D ．347．下面的程序运行后，输出的值是（ ）A ．90B ．29C ．13D ．548．函数cos tan y x x =⋅（302x π≤<且2x π≠）的图像是下列图像中的（ ） A ． B ．C ．D ．9．下图所示的几何体是由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为质点的圆锥面得到，现用一个垂直于底面的平面去截该几何体、则截面图形可能是（ ）A ．（1）（2）B ．（2）（3）C ．（3）（4）D ．（1）（4）10．已知函数sin y x =和cos y x =在区间I 上都是减函数，那么区间I 可以是（ ） A ．0,2π⎛⎫⎪⎝⎭B ．,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭C ．3ππ,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3π,2π2⎛⎫⎪⎝⎭11．函数()πf x tan 4x 4⎛⎫=+⎪⎝⎭的最小正周期是( )A．2πB ．πC ．π2D ．π412．在 ABC 中， 80,100,45a b A ===︒，则此三角形解的情况是( ) A ．一解B ．两解C ．一解或两解D ．无解二、填空题：本题共4小题13．某中学初中部共有120名老师，高中部共有150名教师，其性别比例如图所示，则该校女教师的人数为__________．14．在明朝程大位《算术统宗》中有这样的一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯”.这首古诗描述的这个宝塔古称浮屠，本题说“宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，共有381盏灯，问塔顶有几盏灯？”根据上述条件，从上往下数第二层有___________盏灯．15．已知函数()|log 1(0,1)a f x x a a =-≠，若1234x x x x <<<，且1234()()()()f x f x f x f x ===，则12341111x x x x +++=__________． 16．若点P 关于直线的对称点在函数()f x 的图像上，则称点P 、直线l 及函数()f x 组成系统(,,)T P l f ，已知函数1()mx g x x-=的反函数图像过点(3,1)，且第一象限内的点00(,)M x y 、直线:n y x =及函数()g x 组成系统(,,)T M n g ，则代数式000011()()22x y x y ++的最小值为________. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

2020年福建省福州市师大附属中学高一数学理下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 当0＜x≤时，4x＜log a x，则a的取值范围是( )A．（0，）B．（，1）C．（1，）D．（，2）参考答案：B【考点】对数函数图象与性质的综合应用．【专题】计算题；压轴题．【分析】由指数函数和对数函数的图象和性质，将已知不等式转化为不等式恒成立问题加以解决即可【解答】解：∵0＜x≤时，1＜4x≤2要使4x＜log a x，由对数函数的性质可得0＜a＜1，数形结合可知只需2＜log a x，∴即对0＜x≤时恒成立∴解得＜a＜1故选 B 【点评】本题主要考查了指数函数和对数函数的图象和性质，不等式恒成立问题的一般解法，属基础题2. 函数的零点一定位于区间( )．(A)(1，2) (B)(2，3) (C)(3 ,4) (D)(5 , 6)参考答案：B3. 已知，若，则下列不等式成立的是()A. B. C. D.参考答案：C【分析】根据不等式的性质对每一个选项进行证明，或找反例进行排除.【详解】解：选项A：取，此时满足条件，则，显然，所以选项A错误；选项B：取，此时满足条件，则，显然，所以选项B错误；选项C：因为，所以，因为，所以，选项C正确；选项D：取，当，则，所以，所以选项D错误；故本题选C.【点睛】本题考查了不等式的性质，熟知不等式的性质是解题的关键.4. 曲线f ( x，y ) = 0关于定点M ( α，β )对称的曲线的方程是（）（A）f( α –x，β –y ) = 0 （B）f( α + x，β + y ) = 0（C）f( 2 α –x，2 β –y ) = 0 （D）f( 2 α + x，2 β + y ) = 0参考答案：C5. 某流程如上图所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数是（）A． B． C． D．第11题图参考答案：D6. 在数列{a n}中，，则的值为（）A. B. C. 5 D. 以上都不对参考答案：B 【分析】先通过列举找到数列的周期，再根据周期求解.【详解】由题得，所以数列的周期为3，又2019=3×673，所以.故选:B【点睛】本题主要考查数列的递推公式和数列的周期性，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.7. 设是奇函数且在（-∞，0）上是减函数，则不等式的解集为（）A. B.C. D.参考答案：A8. 若不等式kx2+kx﹣1≤0（k为实数）的解集为R，则直线kx+y﹣2=0的斜率的最大值等于（）A．2 B．4 C．5 D．8参考答案：B9. 某几何体的三视图如图(其中侧视图中的圆弧是半圆),则该几何体的表面积为（）（A）（B）（C）（D）参考答案：A10. 已知是定义在上的偶函数，且在上是增函数，设，，，则的大小关系是ks5uA．B．C．D．参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在空间直角坐标系O﹣xyz中，点（3，﹣1，m）平面Oxy对称点为（3，n，﹣2），则m+n= ．参考答案：1【考点】JH：空间中的点的坐标．【分析】在空间直角坐标系O﹣xyz中，点（x，y，z）平面Oxy对称点为（x，y，﹣z）．【解答】解：∵在空间直角坐标系O﹣xyz中，点（3，﹣1，m）平面Oxy对称点为（3，n，﹣2），∴m=2，n=﹣1，∴m+n=2﹣1=1．故答案为：1．12. 给定下列命题：；；；；．其中错误的命题是______（填写相应序号）．参考答案：①②③④⑤【分析】利用不等式的基本性质,即可判断5个命题的真假．【详解】由不等式性质可知对于①②,只有当时,才成立,故①②都错误；由不等式性质可知对于③,只有当且时,才成立,故③错误；由不等式性质可知对于④,只有当,时,才成立,故④错误；由不等式性质可知对于⑤,由得,从而,故⑤错误．故答案为：①②③④⑤【点睛】本题考查不等式的基本性质的应用,注意各个性质成立的条件,属于基础题．13. 一批设备价值1万元，由于使用磨损，每年比上一年价值降低50%，则3年后这批设备的价值为（万元）（用数字作答）．参考答案：【考点】根据实际问题选择函数类型．【专题】应用题．【分析】根据一批设备价值1万元，，每年比上一年价值降低50%，可得每年设备的价值，组成为公比的等比数列，由此可得结论．【解答】解：∵一批设备价值1万元，，每年比上一年价值降低50%，∴3年后这批设备的价值为（1﹣50%）3=故答案为：【点评】本题考查等比数列模型的构建，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．14. 给出下列命题：（1）存在实数，使；（2）函数是偶函数；（3）是函数的一条对称轴；（4）若是第一象限的角，且，则；（5）将函数的图像先向左平移，然后将所得图像上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），所得到的图像对应的解析式为.其中真命题的序号是．参考答案：(2)(3)(5)略15. 已知点A（2，－4），B（－6, 2），则的坐标为参考答案：(-8，2)16. 若，且，则= 。