湖北省襄阳市、荆州市、荆门市、宜昌市等七市2020-2021学年高一下学期期末联考数学试题

2020-2021学年湖北省襄阳市、荆州市、荆门市、宜昌市等七市

高一（下）期末数学试卷

一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】直接进行交集的运算即可求解.

【详解】因为，，

所以，

故选：B.

2. 设复数 （其中为虚数单位），则复数 在复平面内对应的点位于（　　）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：，对应的点为，在第一象限，故答案为A.

考点：复数的四则运算及几何意义.

3. 为平行四边形两条对角线的交点，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可得，再由向量的减法结合条件可得答案.

【详解】．

故选: D．

4. PM2.5的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一．划分等级为：PM2.5日均值在以下，空气质量为一级；PM2.5日均值在，空气质量为二级；PM2.5日均值超过为超标．如图是某地12月1日至10日PM2.5的日均值(单位：)变化的折线图，关于PM2.5日均值说法正确的是（    ）

A. 这10天日均值的分位数为60

B. 前5天的日均值的极差小于后5天的日均值的极差

C. 前5天的日均值的方差大于后5天的日均值的方差

D. 这10天的日均值的中位数为41

【答案】B

【解析】

【分析】A.现将这组数由小到大排列，根据分位数的要求，计算结果，即可判断正误；

B.极差指的是一组数中最大的数减去最小的数的差值，分别计算前5天和后5天的极差，即可判断结果；

C.方差用来描述一组数据的波动大小，从图中观察数据的波动情况，即可判断方差大小，方差越大，波动越大，方差越小，波动越小；

D.10个数据的中位数，即为由小到大排列后第5个和第6个数的和的一半，计算即可.

【详解】对于A，将10天中PM2.5日均值按从小到大排序为，根据分位数的定义可得这10天中日均值的分位数是，所以错误；

对于，前5天的日均值的极差为，后5天的日均值的极差为，所以正确；

对于，由折线图和方差的定义可知前5天的日均值的方差小于后5天日均值的方差，所以错误；

对于项，这10天中日均值的中位数为，所以错误．

故选：

5. 已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ）

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，，则

【答案】C

【解析】

【分析】对于A，垂直于同一平面的两平面有可能相交或平行；对于B，平行于同一直线的两平面有可能相交；对于C，垂直于同一平面的两直线平行；对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面.

【详解】解：对于A，垂直于同一平面的两平面相交或平行，故A错误；

对于B，平行于同一直线的两平面相交或平行，故B错误；

对于C，垂直于同一平面的两直线平行，故C正确；

对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，故D错误.

故选：C.

6. 已知函数则方程的实数解的个数为（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】分段求解即可.

【详解】当时，由得，解得；当时，由得，解得. 所以方程的实数解的个数为
故选：．

7. 圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美.犇犇同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高约为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得楼顶、教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则犇犇估算索菲亚教堂的高度约为（结果保留整数）（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】在，由边角关系得出，再由正弦定理计算出中的，最后根据直角三角形算出即可.

【详解】解：由题意知：，，所以，

在中，，

在中，由正弦定理得，

所以，

在中，，

故选：D.

8. 如图，在中，是的中点，在边上，且，与交于点，若，则的值是

A.  B.  C.  D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】

先根据平面几何的关系求解与的等量关系，再根据平面向量的线性运算可将用以为基底向量的向量表达，再化简即可.

【详解】过作交于.

因为M是AC的中点，故是的中点，

故是的中位线，故且.

又，故，故且.

故，故，，故.

又，故，

即.

化简得，所以.

故选：A.

【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算以及基底向量的用法，需要根据题意确定基底向量，再根据线性运算将已知向量转化为已知的基底向量表达，属于中档题.

二、多选题：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，有选错的得分

9. 已知，则（    ）

A.  B.

C. ∥ D. ⊥

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据两个平面向量的坐标，算出模和的坐标，再通过向量平行的坐标运算和向量数量积的坐标运算即可判断是否平行和垂直.

【详解】对于A，，所以正确；

对于B，，所以正确；

对于，由于，所以∥，所以正确；

对于，由于，所以与不垂直，所以不正确．

故选：．

10. 下列说法正确的是（    ）

A. “"是“|”的充分不必要条件

B. 命题“”的否定是“

C. 设，则“且”是“”的必要不充分条件

D. “"是“关于的方程有实根”的充要条件

【答案】BD

【解析】

【分析】根据充分条件、要条件的定义，命题的否定的定义判断各选项．

【详解】对于，例如满足，但，所以错误；

对于，特称命题的否定为全称命题，命题“”的否定是“，所以正确；

对于，例如满足，但，所以不正确；

对于，方程有实根，所以正确．

故选：BD．

11. 已知为复数，是共轭复数，则下列命题一定正确的是（    ）

A.

B. 若，则

C. 若为纯虚数，则

D. 若，则的最大值为2

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据共轭复数的定义，复数的运算，复数的定义，和复数模的三角不等式计算求解后判断各选项．

【详解】对于A，，所以正确；

对于，

因，所以，从而，所以正确；

对于C，为纯虚数，所以，即，所以错误；

对于D，由复数模的三角不等式可得，所以正确．

故选：ABD．

12. 在矩形中，，沿矩形对角线将折起形成四面体，在折叠过程中，下列四个结论中正确是（    ）

A. 在四面体中，当时，

B. 四面体的体积的最大值为

C. 在四面体中，与平面所成的角可能为

D. 四面体的外接球的体积为定值

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用线面垂直的判定以及线面垂直的性质定理可判断A；根据当平面平面时，四面体的体积最大，利用等面积法求出到平面的距离，再由锥体的体积公式可判断B；当平面平面时，与平面所成的角最大，由可判断C；由题意可得，进而判断D.

【详解】对于，当时，又因为平面，

所以平面，所以，所以正确；

对于，当平面平面时，四面体的体积最大，

在中根据等面积法，可得到平面的距离满足，

所以，所以正确；

对于，当平面平面时，与平面所成的角最大，

此时，即，所以错误；

对于，因为和都是直角三角形且共斜边，

所以斜边中点到距离相等，

所以四面体的外接球的半径，

所以四面体的外接球的体积为定值，所以正确．

故选：ABD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 某校高一年级共有男生600人，女生400人，为纪念“建党100周年”，决定按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从高一年级全体学生中抽出50人，组建一个合唱团，则男生应该抽取__________人．

【答案】30

【解析】

【分析】利用分层抽样直接求解即可.

【详解】男生应该抽取的人数为人．
故答案为：30．

14. 已知圆锥的表面积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为__________.

【答案】1

【解析】

【分析】设圆锥的母线长为，底面半径为，利用侧面展开图得到，然后由侧面积公式，列式求解即可.

【详解】解：设圆锥的母线长为，底面半径为，

因为圆锥的侧面展开图为一个半圆，

所以，则，

又圆锥的表面积为，

则，

解得.

故答案为：1.

15. 声音是由物体振动产生的声波，其中纯音的数学模型是函数已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度后，与纯音的数学模型函数的图象重合，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】先由图像求出函数的解析式，得出，再根据函数图像的平移结合条件可得，根据的范围可得答案.

【详解】由图可知，，所以，又图象过，

所以，因为，所以．

所以，

则

函数的图象向右平移个单位后，可得

由题意，所以

所以，又，所以．

故答案为：．

16. 拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑･波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形此等边三角形称为拿破仑三角形的顶点．”已知内接于半径为的圆，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为若，则的面积最大值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】在中，设角所对的边长分别为，依题意得，由余弦定理结合基本不等式得，进而可得结果.

【详解】在中，设角所对的边长分别为.

如图，由正弦定理可得．

易知，则．

由余弦定理可得，，即，

又，所以，整理得，

故．

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. 已知非零向量满足，且．

（1）求与的夹角；

（2）若，求值．

【答案】（1）；（2）1．

【解析】

【分析】（1）由向量垂直转化为数量积为0求得，再由数量积的定义求得夹角；

（2）把已知等式平方，模的平方转化为向量的平方，即向量的数量积运算可得．

【详解】（1），

与的夹角为，

（2），即，

，又由（1）知

18. 已知函数．

（1）求函数的单调递增区间；

（2）若，且，求的值．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）由二倍角公式、两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数的单调性求解；

（2）代入（1）中函数解析式，得，计算（需确定的范围），由半角公式求得．

【详解】（1），

由，得，

所以单调递增区间为．

（2）由得，即，

，

19. 某校在一次校考中使用赋分制给高三年级学生的化学成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定、、、、共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分．等级排名占比为，赋分分数区间是；等级排名占比为，赋分分数区间是；等级排名占比为，赋分分数区间是；等级排名占比为，赋分分数区间是；等级排名占比为，赋分分数区间是．现从全年级的化学成绩中随机抽取名学生的化学成绩原始分进行分析，其频率分布直方图如图所示：

（1）求图中的值；

（2）根据频率分布直方图，估计该次校考中化学成绩原始分的平均数；

（3）用样本估计总体的方法，估计该校本次校考化学成绩原始分不少于多少分才能达到等级及以上（含等级）？（结果保留整数）

【答案】（1）；（2）71（分）；（3）不少于分．

【解析】

【分析】（1）利用直方图面积之和为可求得的值；

（2）将每个矩形底边中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全部相加可得出该次校考中化学成绩原始分的平均数；

（3）分析可知等级达到及以上所占排名等级占比为，设所求值为，结合已知条件可得出等式，解出的值，即可得出结果.

【详解】（1）由题意，，所以；

（2）该次校考中化学成绩（原始成绩）的平均数为

（分）；

（3）由已知等级达到及以上所占排名等级占比为，

假设原始分不少于分可以达到赋分后的等级及以上，易得，

则有，

解得（分），所以原始分不少于54分才能达到赋分后的等级及以上．

20. 中，角A，B，C的对边分别为a，b，.

（1）求B的大小；

（2）若，且，是边的中线，求长度.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）首先结合正弦定理边化角，然后利用余弦定理解三角形即可；

（2）法一：结合中线公式求出，然后借助平面向量的运算求出，进而求出的模长，即长度；法二：在中利用余弦定理求出，结合得到，然后在和结合余弦定理可得，解方程即可求出结果.

【详解】解：因为，即

即，所以，故

法一：中线公式：由，故

又，则

故，故

法二：，则，故，

又

即

21. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是边的中点．

（1）求证：平面；

（2）若直线与底面所成的角为，求二面角的大小．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

【分析】（1）连接，由题意可得是等边三角形，则，从而可得，再结合已知条件由线面垂直的判定定理可得结论；

（2）过在平面内做于，连接，则可得直线与平面所成角的大小为，由可得为二面角的平面角，中计算即可

【详解】（1）连接，底面是菱形，是正三角形．

点是边的中点，

平面．

（2）过在平面内做于，连接，

由（1）知面，

为在面内的射影．直线与平面所成角的大小为．

为正三角形，．

在中，．

为二面角的平面角，

在中，．

故二面角的大小为．

22. 已知函数为偶函数．

（1）求的值；

（2）设，若，总有，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）由于函数为偶函数，所以可得，从而可求出的值；

（2）由题意可得，利用三角函数性质可求出，令，则，然后讨论对称轴与区间的关系的最小值，从而可求出结果

【详解】（1）函数为偶函数，恒成立，

即恒成立，

（2）总有，所以．

，所以，

，所以，所以

又

令，由（1）可知在上单调递减，

所以，

设，对称轴为，

当时，当时，，所以，解得；

当时，当时，，所以，此不等式无解；

当时，当时，，所以此不等式无解；

综上所述，的取值范围为．