2020-2021学年浙江省温州市高一（下）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年浙江省温州市高一（下）期末考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在复平面内，复数z=−3+i（i为虚数单位）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. 半径为1的球的体积为( )
A.πB.π3C.4πD.4π3

3. 已知向量a→=1,2，b→=3,m．若a→//b→，则m=( )
A.6B.−6C.32D.−32

4. “直线a与直线b没有交点”是“直线a与直线b为异面直线”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5. 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a:b:c=2:3:4，则△ABC为( )
A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等腰三角形

6. 若数据x1，x2，⋯，xn的方差为2，则2x1−3，2x2−3，⋯，2xn−3的方差为( )
A.1B.2C.4D.8

7. 已知直线l，m和平面α，β，下列命题正确的是( )
A.若l//α，l//β，则α//β
B.若l⊥α，l⊥β，则α//β
C.若l⊥α，l⊥m，则m//α
D.若l⊂α，m⊂α，l//β，m//β，则α//β

8. 已知向量a→,b→满足： |a→−b→|=3,|a→|=2|b→|．设a→−b→与a→+b→的夹角为θ，则sinθ的最大值为( )
A.45B.35C.12D.32
二、多选题

某公司为检测某型号汽车的质量问题，需对三个批次生产的该型号汽车进行检测，三个批次产量分别为100000辆、150000辆和250000辆，公司质监部门计划从中抽取500辆进行检测，则下列说法正确的是（ ）
A.样本容量为500
B.采用简单随机抽样比分层随机抽样合适
C.应采用分层随机抽样，三个批次的汽车被抽到的概率不相等
D.应采用分层随机抽样，三个批次分别抽取100辆、150辆、250辆

已知非零向量a→，b→，c→，下列命题正确的是( )
A.若a→//b→，a→//c→，则b→//c→
B.若a→⋅b→=a→⋅c→，则b→=c→
C.|a→−b→|+|a→−c→|≤|b→−c→|
D.|a→−b→|+|a→+c→|2≥4b→⋅c→

在△ABC中， ∠BAC=60∘,∠B=45∘,AB=2，点D为直线BC上的点．则( )
A.当AD⊥BC时，AD=2
B.当AD=2时， AD⊥BC
C.当AD为∠BAC的角平分线时， AD=23−2
D.当AD=23−2时，AD为∠BAC的角平分线

如图，在圆锥SO中，轴截面SAB是边长为2的等边三角形，点M为高SO上一动点，圆柱MO为圆锥SO的内接圆柱（内接圆柱的两个底面的圆周都在圆锥表面上）．点P为圆锥底面的动点，且AM⊥MP．则（ ）

A.圆柱MO的侧面积的最大值为3π2
B.圆柱MO的轴截面面积的最大值为3
C.当OM=22时，点P的轨迹长度为3
D.当OM=33时，直线MP与圆锥底面所成角的最大值为60∘
三、填空题

已知复数z=3−m+m+1i（i为虚数单位）为纯虚数，则实数m=________.

已知直线l与平面α所成角为30∘，若直线m⊂α，则l与m所成角的最小值为________.

某小区12户居民四月份月用水量（单位：t）分别为：
则所给数据的第75百分位数是________.

在△ABC中， AB=2,AC=1．若对任意的t∈R,|AB→+tAC→|≥3恒成立，则角A的取值范围为________.
四、解答题

已知复数z=1−i（i为虚数单位）．
(1)求|z|；

(2)若z1+i=a+bi，求实数a和b的值．

如图，在三棱锥P−ABC中， PA=PB=AB=AC=BC=2,PC=1.

(1)求证：PC⊥AB；

(2)求点P到平面ABC的距离．

某高中为了解全校高一学生的身高，随机抽取40个学生，将学生的身高分成4组：[150,160)，[160,170)，[170,180)，[180,190]，进行统计，画出如图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中a的值；

(2)求高一学生身高的平均数和中位数的估计值．

已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且________．请从下面三个条件中任选一个，补充在题目的横线上，并作答．
①csA=cs2Bcs2C−sin2Bsin2C；②csinB+sinC=asinA−bsinB；③△ABC的面积为34a2−b2−c2．
(1)求角A的大小；

(2)若点D满足BD→=cbDC→，且|AD→|=1，求4c+b的最小值．

在矩形ABCD中，AB=4，AD=2．点E，F分别在AB，CD上，且AE=2，CF=1．沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A′EFD′，点A′∉平面BCFE．

(1)求证： CD′//平面A′BE；

(2)A′，B，C，D′四点是否共面？给出结论，并给予证明；

(3)在翻折的过程中，设二面角A′−BC−E的平面角为θ，求tanθ的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省温州市高一（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
由复数的几何意义可得该复数对应的点，由此可得答案．
【解答】
解：复数z=−3+i对应的点为(−3, 1)，
位于第二象限.
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
直接利用球的体积公式求解即可
【解答】
解：由球半径R=1，
体积V=43πR3=43π.
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
根据向量的平行即可求出．
【解答】
解：向量a→=1,2，向量b→=3,m，
若a→//b→，
则1×m−2×3=0，
解得m=6．
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
因为直线a与b没有交点，则α//b或a、b异面，即可判断．
【解答】
解：因为直线a与b没有交点，则a//b或a，b异面，
故“直线a与b没有交点”是“直线a与b异面”的必要不充分条件．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
【解析】
先根据a，b和c的关系设出a，b和c，利用余弦定理求得csC的值，根据其小于零判断出三角形为钝角三角形．
【解答】
解：∵ a:b:c=2:3:4，
∴ 令a=2，b=3，c=4，
则csC=a2+b2−c22ab=4+9−1612<0，
∴ C>π2，
∴ △ABC为钝角三角形．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
极差、方差与标准差
【解析】
由DaX+b=a2DX，能求出结果．
【解答】
解：∵ 一组数据x1，x2，⋯，xn的方差为2，
∴ 2x1−3，2x2−3，⋯，2xn−3的方差为：22×2=8．
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
利用线面垂直的定义判断选项B，通过举反例判断选项A，C，D，即可得到答案．
【解答】
解：A，l//α，l//β，则α//β或α 与β相交，故A错误；
B，若l⊥α，l⊥β，根据垂直于同一直线的两个平面平行，可得α//β，故B正确；
C，若l⊥α，l⊥m，则m//α或m⊂α，故C错误；
D，若l⊂α，m⊂α，且l//β，m//β，若l//m，则α与β可能相交，故D错误．
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
向量的模
【解析】
根据平面向量数量积的运算，数量积表示两个向量的夹角运算．
【解答】
解：设a→=x1,y1，b→=x2,y2，
则a→−b→=(x1−x2,y1−y2)，a→+b→=(x1+x2,y1+y2)，
∴ |a→−b→|=x1−x22+y1−y22=3，
|a→|=2|b→|可知x12+y12=2x22+y22，
∴ x12+y12=4(x22+y22)，
∴ csθ=a→−b→a→+b→|a→−b→|⋅|a→+b→|
=x12−x22+y12−y223(x1+x2)2+(y1+y2)2
=3x22+3y223(x1+x2)2+(y1+y2)2
=x22+y22(x1+x2)2+(y1+y2)2，
由|a→−b→|=3可知：2x1x2+2y1y2=5x22+5y22−9
∴ x1+x22+y1+y22=5x22+5y22+2x1x2+2y1y2
=10x22+10y22−9，
∴ cs2θ=(x22+y22)210x22+10y22−9，
1cs2θ=10x22+y22−9(x22+y22)2，
令a=x22+y22，
则1cs2θ=10a−9a2=−9(1a−59)2+259，
∴ 1cs2θ最大值为259，cs2θ最小值为925，
∴ (sin2θ)max=1−(cs2θ)min=1625，
∴ sinθ最大值为45．
故选A．
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
分层抽样方法
个体、总体、样本、样本容量概念及区分
【解析】
直接利用分层抽样的应用和样本容量的概念求解即可.
【解答】
解：A，样本容量为500，该选项正确；
B，由于整体是由差异明显的几层组成，所以采用分层随机抽样比简单随机抽样合适，该选项错误；
C，应采用分层随机抽样，三个批次的汽车被抽到的概率相等，该选项错误；
D，因为100000100000+150000+250000×500=100，150000100000+150000+250000×500=150，250000100000+150000+250000×500=250，
采用分层随机抽样，三个批次分别抽取100辆、150辆、250辆，该选项正确.
故选AD.
【答案】
A,D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
平行向量的性质
【解析】
将各个选项逐一分析求解即可.
【解答】
解：非零向量a→，b→，c→，
A，a→//b→，a→//c→，则b→//c→ 一定成立，该选项正确；
B，若a→⋅b→=a→⋅c→，
则|a→||b→|cs=|a→||c→|cs，
即|b→|cs=|c→|cs，
故b→=c→不一定成立，该选项错误；
C，|a→−b→|+|a→−c→|=|b→−a→|+|a→−c→|≥|b→−c→|，该选项错误；
D，|a→−b→|+|a→+c→|2≥4b→⋅c→，该选项正确.
故选AD.
【答案】
A,B,C
【考点】
解三角形
正弦定理
【解析】

【解答】
解：当AD⊥BC时，在Rt△ABD中，∠B=45∘,AB=2，
所以AD=ABsin45∘=2，故A正确；
当AD=2时，在△ABD中，由正弦定理，ADsin45∘=ABsin∠ADB，
所以sin∠ADB=1，
所以∠ADB=90∘，
所以AD⊥BC，故B正确；
因为AD为∠BAC的角平分线，所以∠BAD=30∘，
所以在△ABD中，∠ADB=105∘，
由正弦定理，ADsin45∘=ABsin∠ADB，
所以AD=23−2，故C正确；
当AD=23−2时，所以在△ABD中，
由正弦定理，ADsin45∘=ABsin∠ADB，
所以sin∠ADB=6+24，
解得∠ADB有两个值，故D错误.
故选ABC.
【答案】
A,C,D
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
解：
【解答】
解：当M为OS中点时，侧面积取最大值，
由相似可得，圆柱MO的直径为1，且OM=32，
所以侧面积的最大值为π×1×32=3π2，故A正确；
可知，圆柱MO的轴截面面积取不到3，故B错误；
当OM=22时，过M作MP3⊥AM交AB于P3，过P3作P1P2⊥AB交圆锥底面圆周为P1，P2，
则P1P2⊥平面AMP3，
所以AM⊥P2P1，即P点轨迹为线段P1P2，
因为△SAB是边长为2的等边三角形，AO=1,SO=3，OM=22，
因为∠AMP3=90∘
所以OM2=AO⋅OP3，
所以P1P2=3，故C正确；
当OM=33时，可知当A，O，P三点共线时所成角取最大值，
在Rt△AMO中，求得∠AMO=60∘，
所以∠OMP=30∘，
所以在Rt△OMP中，∠OPM=60∘，
所以直线MP与圆锥底面所成角的最大值为60∘
故选ACD．
三、填空题
【答案】
3
【考点】
复数的基本概念
【解析】
利用复数的实部为零，虚部不为零，求解即可.
【解答】
解：由题意得，3−m=0且m+1≠0，
解得m=3.
故答案为：3.
【答案】
30∘
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
直线l与平面α所成的30∘的角为m与l所成角的最小值，即可得到答案.
【解答】
解：直线l与平面α所成的30∘的角为m与l所成角的最小值，
当m在α内适当旋转就可以得到l⊥m，即m与l所成角的的最大值为90∘，
所以l与m所成角的范围为[30∘,90∘]，
所以l与m所成角的最小值为30∘.
故答案为：30∘.
【答案】
14.4
【考点】
众数、中位数、平均数
【解析】
由题意，将12个数据按从小到大排序，利用百分位数的概念，计算得结论.
【解答】
解：由题意，将12个数据按从小到大排序：3.5，4.9，5.4，6.8， 7.1，7.7，10.5，11.1，13.6，15.2，16.8，20.5，
由i=12×75%=9，
得所给数据的第75百分位数是第9个数据与第10个数据的平均数，
即13.6+15.22=14.4.
故答案为：14.4.
【答案】
π3,2π3
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
不等式恒成立问题
【解析】
设A=θ ，则AB→⋅AC→=2csθ，由|AB→+tAC→|2=|AB→|2+2tAB→⋅AC→+t|AC→|2=4+4tcsθ+t2，可知4+4tcsθ+t2≥3恒成立，即可的解角A的取值范围.
【解答】
解：根据题意，设A=θ ，
又由AB=2,AC=1，
则AB→⋅AC→=2×1×csθ=2csθ，
则|AB→+tAC→|2=|AB→|2+2tAB→⋅AC→+t|AC→|2=4+4tcsθ+t2，
∴4+4tcsθ+t2≥3恒成立，
∴csθ≥−1+t24t≥−12，
∴θ∈π3,2π3.
故答案为：π3,2π3.
四、解答题
【答案】
解：(1)|z|=12+−12=2.
(2)因为z1+i=1−i21+i×1−i=−2i2=−i，
所以a+bi=−i，
所以a=0，b=−1．
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
复数相等的充要条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)|z|=12+−12=2.
(2)因为z1+i=1−i21+i×1−i=−2i2=−i，
所以a+bi=−i，
所以a=0，b=−1．
【答案】
(1)证明：取AB中点D，连接PD，CD，
因为PA=PB=AB=AC=BC=2，
所以AB⊥PD,AB⊥CD，
又因为PD∩CD=D，
所以AB⊥平面PCD，
又因为PC⊂平面PCD，
所以PC⊥AB.
(2)解：过点P作PK⊥CD，垂足K，
由(1)可知AB⊥平面PCD，
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面PCD⊥平面ABC，
所以PK⊥平面ABC，
所以PK即为点P到平面ABC的距离，
在△PDC中，
cs∠PDC=PD2+CD2−PC22PD⋅CD=3+3−12⋅3⋅3=56，
所以PK=PDsin∠PDC=3⋅1−562=336，
即点P到平面ABC的距离为336．
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：取AB中点D，连接PD，CD，
因为PA=PB=AB=AC=BC=2，
所以AB⊥PD,AB⊥CD，
又因为PD∩CD=D，
所以AB⊥平面PCD，
又因为PC⊂平面PCD，
所以PC⊥AB.
(2)解：过点P作PK⊥CD，垂足K，
由(1)可知AB⊥平面PCD，
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面PCD⊥平面ABC，
所以PK⊥平面ABC，
所以PK即为点P到平面ABC的距离，
在△PDC中，
cs∠PDC=PD2+CD2−PC22PD⋅CD=3+3−12⋅3⋅3=56，
所以PK=PDsin∠PDC=3⋅1−562=336，
即点P到平面ABC的距离为336．
【答案】
解：(1)由图可知[150,160)，[170,180)，[180,190]三组的频率分别为0.275，0.225，0.05，
所以身高在[160,170)内的频率为：1−0.275−0.225−0.05=0.45，
所以a=0.4510=0.045.
(2)平均数为：0.275×155+0.45×165+0.225×175+0.05×185=165.5，
设中位数x，
由0.0275×10+0.045×x−160=0.5，
解得x=165．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由图可知[150,160)，[170,180)，[180,190]三组的频率分别为0.275，0.225，0.05，
所以身高在[160,170)内的频率为：1−0.275−0.225−0.05=0.45，
所以a=0.4510=0.045.
(2)平均数为：0.275×155+0.45×165+0.225×175+0.05×185=165.5，
设中位数x，
由0.0275×10+0.045×x−160=0.5，
解得x=165．
【答案】
解：(1)若选①，由已知得csA=cs2B+C=cs2A，
∴ 2cs2A−csA−1=0，
即csA=−12或csA=1（舍去），
又0∴ A=23π．
若选②，由已知得cb+c=a2−b2，
∴ bc=−2bccsA，即csA=−12，
又0∴ A=23π．
若选③，由已知得S△ABC=34−2bcsA=12bcsinA，
∴ tanA=−3，
又0∴ A=23π．
(2)BD→=cbDC→，
∴ b(AD→−AB→)=c(AC→−AD→)，
即AD→=bb+cAB→+cb+cAC→，
∴ AD→2=1(b+c)2(b2AB→2+c2AC→2+2bcAB→⋅AC→)
=b2c2b+c2，
即b2c2b+c2=1，
∴ bc=b+c，即1b+1c=1，
∴ 4c+b=1b+1c4c+b=5+4cb+bc≥9，
当且仅当4cb=bc等号成立，
∴ 4c+b有最小值9．
【考点】
正弦定理
两角和与差的余弦公式
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
无
【解答】
解：(1)若选①，由已知得csA=cs2B+C=cs2A，
∴ 2cs2A−csA−1=0，
即csA=−12或csA=1（舍去），
又0∴ A=23π．
若选②，由已知得cb+c=a2−b2，
∴ bc=−2bccsA，即csA=−12，
又0∴ A=23π．
若选③，由已知得S△ABC=34−2bcsA=12bcsinA，
∴ tanA=−3，
又0∴ A=23π．
(2)BD→=cbDC→，
∴ b(AD→−AB→)=c(AC→−AD→)，
即AD→=bb+cAB→+cb+cAC→，
∴ AD→2=1(b+c)2(b2AB→2+c2AC→2+2bcAB→⋅AC→)
=b2c2b+c2，
即b2c2b+c2=1，
∴ bc=b+c，即1b+1c=1，
∴ 4c+b=1b+1c4c+b=5+4cb+bc≥9，
当且仅当4cb=bc等号成立，
∴ 4c+b有最小值9．
【答案】
(1)证明：因为D′F//A′E，D′F⊄平面A′EB，A′E⊂平面A′EB，
所以D′F//平面A′EB，
因为FC//EB，FC⊂平面A′EB，EB⊂平面A′EB，
所以D′F//平面A′EB，
又因为FC∩D′F=F，
所以平面D′FC//平面A′EB，
因为CD′⊂平面D′FC，
所以CD′//平面A′EB.
(2)解： A′，B，C，D′四点不共面．
证明：假设A′，B，C，D′四点共面，
则A′D′//BC，或A′D′∩BC=Q，
若A′D′//BC，
又因为A′D′⊄平面BCFE，
所以A′D′//平面BCFE，
所以A′D′//EF（与已知矛盾，舍去），
若A′D′∩BC=Q，
所以Q∈平面A′EFD′，Q∈平面BCFE，
根据基本事实3，
所以Q∈EF，
所以A′D′，BC，EF交于一点（与已知矛盾，舍去），
综上所述， A′，B，C，D′四点不共面．
(3)解：如图，在面AC内作AO⊥EF于点O，作A′M⊥AO于M，作MN⊥BC于N，
由题意可得，点M为点A′在平面BCFE的射影，
所以A′M⊥平面BCFE，
所以A′M⊥BC，
又因为MN⊥BC，MN∩A′M=M，
所以BC⊥平面A′MN，
所以BC⊥A′N，
所以∠A′NM为二面角A′−BC−E的平面角θ，
因为AO⊥EF，A′O⊥EF，
所以∠A′OM为二面角A′−EF−B的平面角，
设∠A′OM=α,α∈0,π，
当α=π2时，点O与点M重合，
由AO=45,ON=125，
可得tanθ=53，
当α∈0,π2时，因为AO=45，
所以A′M=45sinα,OM=45csα，
所以AM=45+45csα，
故MN=4−45+45csα×25=125−85csα，
所以tanθ=A′MMN=5sinα3−2csα，
同理当α∈π2,π时，A′M=45sinα,OM=−45csα，
所以AM=45+45csα，
故MN=4−45+45csα×25=125−85csα.
所以tanθ=A′MMN=5sinα3−2csα
设y=5sinα3−2csα，
所以5sinα+2ycsα=3y．
所以sinα+φ=3y4y2+5，
由3y4y2+5=1，
解得−1≤y≤1，
所以tanθ的最大值为1，当csα=23时取到．
【考点】
直线与平面平行的判定
空间点、线、面的位置
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为D′F//A′E，D′F⊄平面A′EB，A′E⊂平面A′EB，
所以D′F//平面A′EB，
因为FC//EB，FC⊂平面A′EB，EB⊂平面A′EB，
所以D′F//平面A′EB，
又因为FC∩D′F=F，
所以平面D′FC//平面A′EB，
因为CD′⊂平面D′FC，
所以CD′//平面A′EB.
(2)解： A′，B，C，D′四点不共面．
证明：假设A′，B，C，D′四点共面，
则A′D′//BC，或A′D′∩BC=Q，
若A′D′//BC，
又因为A′D′⊄平面BCFE，
所以A′D′//平面BCFE，
所以A′D′//EF（与已知矛盾，舍去），
若A′D′∩BC=Q，
所以Q∈平面A′EFD′，Q∈平面BCFE，
根据基本事实3，
所以Q∈EF，
所以A′D′，BC，EF交于一点（与已知矛盾，舍去），
综上所述， A′，B，C，D′四点不共面．
(3)解：如图，在面AC内作AO⊥EF于点O，作A′M⊥AO于M，作MN⊥BC于N，
由题意可得，点M为点A′在平面BCFE的射影，
所以A′M⊥平面BCFE，
所以A′M⊥BC，
又因为MN⊥BC，MN∩A′M=M，
所以BC⊥平面A′MN，
所以BC⊥A′N，
所以∠A′NM为二面角A′−BC−E的平面角θ，
因为AO⊥EF，A′O⊥EF，
所以∠A′OM为二面角A′−EF−B的平面角，
设∠A′OM=α,α∈0,π，
当α=π2时，点O与点M重合，
由AO=45,ON=125，
可得tanθ=53，
当α∈0,π2时，因为AO=45，
所以A′M=45sinα,OM=45csα，
所以AM=45+45csα，
故MN=4−45+45csα×25=125−85csα，
所以tanθ=A′MMN=5sinα3−2csα，
同理当α∈π2,π时，A′M=45sinα,OM=−45csα，
所以AM=45+45csα，
故MN=4−45+45csα×25=125−85csα.
所以tanθ=A′MMN=5sinα3−2csα
设y=5sinα3−2csα，
所以5sinα+2ycsα=3y．
所以sinα+φ=3y4y2+5，
由3y4y2+5=1，
解得−1≤y≤1，
所以tanθ的最大值为1，当csα=23时取到．