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    2020-2021学年浙江省嘉兴市高一(下)期末数学试卷

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    这是一份2020-2021学年浙江省嘉兴市高一(下)期末数学试卷,共16页。试卷主要包含了选择题Ⅰ,选择题Ⅱ,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    2020-2021学年浙江省嘉兴市高一(下)期末数学试卷
    一、选择题Ⅰ:本大题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项只有一项是符合题目要求的。
    1.(5分)已知向量,,若,则m=(  )
    A. B. C. D.
    2.(5分)若复数z满足z(1+2i)=5,则z=(  )
    A.1+i B.1﹣i C.1+2i D.1﹣2i
    3.(5分)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(  )
    A. B. C. D.
    4.(5分)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(  )
    A. B. C. D.
    5.(5分)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(  )
    A. B. C. D.
    6.(5分)已知等腰直角△ABC,,P为BC边上一个动点,则的值为(  )
    A.1 B.2 C. D.
    7.(5分)在锐角△ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,已知B=60°,c=1,则△ABC面积的取值范围为(  )
    A. B. C. D.
    8.(5分)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θ,则sinθ的最小值为(  )

    A. B. C. D.
    二、选择题Ⅱ: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。
    (多选)9.(5分)已知a,b是两条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,则下列命题为真命题的是(  )
    A.若α∥β,a与α所成的角和b与β所成的角相等,则a∥b
    B.若a⊥α,a⊥β,则α∥β
    C.若a∥b,a⊥α,b∥β,则α⊥β
    D.若a∥α,α∥β,则a∥β
    (多选)10.(5分)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(  )
    A.b=4,A=20°,C=40° B.a=4,b=6,A=35°
    C.a=4,b=6,B=35° D.a=4,b=6,C=35°
    (多选)11.(5分)已知平面向量,满足||=2,,,则下列说法正确的是(  )
    A.) B.
    C.∃λ∈R,使 D.∀λ∈R,恒成立
    (多选)12.(5分)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD⊥AB,AB=2,DC=AD=1,点E在线段AB上,现将△ADE沿DE折起为△A'DE,记二面角A'﹣DE﹣C的平面角为α,A'O⊥底面BCDE,垂足为O,则下列说法正确的是(  )

    A.不存在α,使得BC⊥A'C
    B.若,则存在α,使得平面BCDE⊥平面A'CD
    C.若,则四棱锥A'﹣BCDE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.(5分)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    .
    14.(5分)已知△ABC的面积为,用斜二测法画出其水平放置的直观图△A'B'C'如图所示,若O'A'=O'B'=1,则B'C'的长为    .

    15.(5分)在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,点P为底面ABCD上一点,则的最小值为    .
    16.(5分)已知平面向量,,满足,||=2,,,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.(10分)已知平面向量,满足||=2,||=1,,若,.
    (Ⅰ)求;
    (Ⅱ)求.
    18.(12分)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2AD,E为PC中点.
    (Ⅰ)证明:PA∥平面BDE;
    (Ⅱ)求PA与平面PCD所成角的正弦值.

    19.(12分)在△ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,请在①(2b﹣c)(b2﹣a2+c2)=2abccosC;②btanA=(2c﹣b)tanB;③这三个条件中任选一个,完成下列问题:
    (Ⅰ)求角A;
    (Ⅱ)若a=2,b﹣c=1,求△ABC的面积.
    20.(12分)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(i=1,2,3),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.
    (Ⅰ)求甲所取球的标号之和为7的概率;
    (Ⅱ)求甲获胜的概率.
    21.(12分)在△ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,设,,且.
    (Ⅰ)求cosC的值;
    (Ⅱ)若,a=2,点M满足,求CM的长.
    22.(12分)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面BB1C1C是边长为2的菱形,AB,∠CBB1=60°,且∠ABB1=∠ABC.
    (Ⅰ)证明:AB⊥CB1;
    (Ⅱ)若二面角A﹣CB1﹣B的平面角为60°,求CA1与平面ACB1所成角的正弦值.


    2020-2021学年浙江省嘉兴市高一(下)期末数学试卷
    参考答案与试题解析
    一、选择题Ⅰ:本大题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项只有一项是符合题目要求的。
    1.(5分)已知向量,,若,则m=(  )
    A. B. C. D.
    【解答】解:∵向量,,,
    ∴,解得m.
    故选:C.
    2.(5分)若复数z满足z(1+2i)=5,则z=(  )
    A.1+i B.1﹣i C.1+2i D.1﹣2i
    【解答】解:因为z(1+2i)=5,
    所以.
    故选:D.
    3.(5分)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(  )
    A. B. C. D.
    【解答】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:A.
    4.(5分)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(  )
    A. B. C. D.
    【解答】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R=2,
    所以2πR=2πr,解得r=1,
    所以圆锥的高h,
    所以体积V•πr2•h.
    故选:B.
    5.(5分)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(  )
    A. B. C. D.
    【解答】解:∵甲、乙两人各射击一次,目标没被命中的概率为(1)×(1),
    ∴甲、乙两人各射击一次,目标被命中的概率为1.
    故选:A.
    6.(5分)已知等腰直角△ABC,,P为BC边上一个动点,则的值为(  )
    A.1 B.2 C. D.
    【解答】解:等腰直角△ABC,,P为BC边上一个动点,设(0≤t≤1),
    则t(1﹣t),
    则[t(1﹣t)]•()
    =t•t(1﹣t)(1﹣t)2t+2(1﹣t)=2,
    故选:B.
    7.(5分)在锐角△ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,已知B=60°,c=1,则△ABC面积的取值范围为(  )
    A. B. C. D.
    【解答】解:设边a的对角为A,由锐角三角形ABC,结合得:,
    解得,又c=1,由正弦定理得,又,
    所以,所以,,
    故S△ABC①,
    因为,故,所以,故,
    所以①式的取值范围是().
    故选:D.
    8.(5分)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θ,则sinθ的最小值为(  )

    A. B. C. D.
    【解答】解:不妨设正四面体ABCD的棱长为3,则该四面体的高为,BN=AN,
    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,VC﹣ABN=VA﹣BCN,
    即,
    解得,
    所以直线BC与平面ABN所成角的正弦值为,
    所以sinθ的最小值为.
    故选:A.

    二、选择题Ⅱ: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。
    (多选)9.(5分)已知a,b是两条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,则下列命题为真命题的是(  )
    A.若α∥β,a与α所成的角和b与β所成的角相等,则a∥b
    B.若a⊥α,a⊥β,则α∥β
    C.若a∥b,a⊥α,b∥β,则α⊥β
    D.若a∥α,α∥β,则a∥β
    【解答】解:若α∥β,a与α所成的角和b与β所成的角相等,则a∥b或a与b相交或a与b异面,故A错误;
    若a⊥α,a⊥β,由直线与平面垂直的性质可得α∥β,故B正确;
    若a∥b,a⊥α,则b⊥α,又b∥β,∴α⊥β,故C正确;
    若a∥α,α∥β,则a∥β或a⊂β,故D错误.
    故选:BC.
    (多选)10.(5分)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(  )
    A.b=4,A=20°,C=40° B.a=4,b=6,A=35°
    C.a=4,b=6,B=35° D.a=4,b=6,C=35°
    【解答】解:对于A:由于b=4,A=20°,C=40°,所以B=120°,
    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a=4,b=6,A=35°,利用正弦定理,解得B有两解,故B错误;
    对于C:由于a=4,b=6,B=35°,利用正弦定理,解得A为一解,由于a<b,故C正确;
    对于D:由于a=4,b=6,C=35°,利用余弦定理:c2=a2+b2﹣2abcosC,解得c唯一,故三角形唯一,故D正确.
    故选:ACD.
    (多选)11.(5分)已知平面向量,满足||=2,,,则下列说法正确的是(  )
    A.) B.
    C.∃λ∈R,使 D.∀λ∈R,恒成立
    【解答】解:对于A,,故A错误;
    对于B,∵,
    ∴,故B正确;
    对于C,由,得,
    即,∴,
    整理得:4λ2﹣8λ+7=0,Δ=64﹣112=﹣48<0,方程无解,故C错误;
    若恒成立,则,
    即,
    整理得(λ﹣1)2≥0,此式恒成立,即∀λ∈R,恒成立,故D正确.
    故选:BD.
    (多选)12.(5分)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD⊥AB,AB=2,DC=AD=1,点E在线段AB上,现将△ADE沿DE折起为△A'DE,记二面角A'﹣DE﹣C的平面角为α,A'O⊥底面BCDE,垂足为O,则下列说法正确的是(  )

    A.不存在α,使得BC⊥A'C
    B.若,则存在α,使得平面BCDE⊥平面A'CD
    C.若,则四棱锥A'﹣BCDE体积的最大值为
    D.当时,OB的最小值为
    【解答】解:作AF⊥DE,垂足为F,点O在直线AF上,
    对于A,当E为AB的中点且α=90°时,AC⊥DE,垂足为F,
    由已知可得BC⊥CF,又AC∩CF=C,AC,CF⊂平面A'FC,
    所以BC⊥平面A'FC,又A'C⊂平面A'FC,
    则BC⊥A'C,故选项A错误;

    对于B,当时,AF∩DC=G,当点O即为点G时,A'G⊥平面BCDE,又A'G⊂平面A'CD,
    所以平面BCDE⊥平面A'CD,故选项B正确;

    对于C,当时,AF∩BC=H,
    若四棱锥A'﹣BCDE的体积最大,则A'F⊥DE,即点O为点F,
    此时,
    则四棱锥A'﹣BCDE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.(5分)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) .
    【解答】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.(5分)已知△ABC的面积为,用斜二测法画出其水平放置的直观图△A'B'C'如图所示,若O'A'=O'B'=1,则B'C'的长为  1 .

    【解答】解:△ABC的面积为S,
    则用斜二测法画出其水平放置的直观图△A'B'C'的面积为S′1,
    即A′B′•O′C′sin45°2×O′C′1,解得O′C′,
    △O′B′C′中,由余弦定理得,
    B′C′2=O′B′2+O′C′2﹣2O′B′•O′C′•cos45°=1+2﹣2×11,
    所以B'C'=1.
    故答案为:1.
    15.(5分)在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,点P为底面ABCD上一点,则的最小值为   .
    【解答】解:在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,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.(5分)已知平面向量,,满足,||=2,,,则的最小值为   .
    【解答】解:令,,,OB中点为D,OD中点为F,
    由,||=2,,得,
    则cos,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.(10分)已知平面向量,满足||=2,||=1,,若,.
    (Ⅰ)求;
    (Ⅱ)求.
    【解答】解:(Ⅰ)平面向量,满足||=2,||=1,,,.

    (Ⅱ).
    18.(12分)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2AD,E为PC中点.
    (Ⅰ)证明:PA∥平面BDE;
    (Ⅱ)求PA与平面PCD所成角的正弦值.

    【解答】(Ⅰ)证明:AC∩BD=F,连接EF,因为E,F分别为PC,AC中点,
    所以PA∥EF,PA⊄平面BDE,EF⊂平面BDE,所以PA∥平面BDE.
    (Ⅱ)解:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,又因为CD⊥AD,PA∩AD=A,
    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.(12分)在△ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,请在①(2b﹣c)(b2﹣a2+c2)=2abccosC;②btanA=(2c﹣b)tanB;③这三个条件中任选一个,完成下列问题:
    (Ⅰ)求角A;
    (Ⅱ)若a=2,b﹣c=1,求△ABC的面积.
    【解答】解:(Ⅰ)选①,因为(2b﹣c)(b2﹣a2+c2)=2abccosC,
    所以(2b﹣c)2bccosA=2abccosC,得(2b﹣c)cosA=acosC,
    即2bcosA=acosC+ccosA,
    由正弦定理得,2sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA=sin(A+C)=sinB,
    因为sinB≠0,所以cosA,
    因为0<A<π,所以.
    选②,因为btanA=(2c﹣b)tanB,所以sinB•(2sinC﹣sinB)•,
    因为sinB≠0,
    所以,即sinAcosB=(2sinC﹣sinB)cosA=2sinCcosA﹣sinBcosA,
    所以sinAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC=2sinCcosA,
    因为sinC≠0,所以cosA,
    因为0<A<π,所以.
    选③,因为,
    所以,即,
    所以,
    所以,
    因为sinC≠0,
    所以2﹣cosAsinA,即2sinA+cosA=2sin(A),
    所以sin(A)=1,
    因为0<A<π,所以,即.
    (Ⅱ)由余弦定理得,a2=b2+c2﹣2bccosA=b2+c2﹣bc=(b﹣c)2+bc,
    因为a=2,b﹣c=1,
    所以4=1+bc,即bc=3,
    所以.
    20.(12分)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(i=1,2,3),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.
    (Ⅰ)求甲所取球的标号之和为7的概率;
    (Ⅱ)求甲获胜的概率.
    【解答】解:(Ⅰ)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,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.
    (Ⅱ)由(Ⅰ)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.(12分)在△ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,设,,且.
    (Ⅰ)求cosC的值;
    (Ⅱ)若,a=2,点M满足,求CM的长.
    【解答】解:(Ⅰ)因为,,,
    所以,
    2(2cos2C﹣1)+cosC﹣1=0,即4cos2C+cosC﹣3=0,
    解得或者cosC=﹣1,
    因为0<C<π,所以.
    (Ⅱ)因为c2=a2+b2﹣2abcosC,所以8=4+b2﹣3b,解得b=4,
    又因为,所以,,
    即,
    所以CM的长为.
    22.(12分)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面BB1C1C是边长为2的菱形,AB,∠CBB1=60°,且∠ABB1=∠ABC.
    (Ⅰ)证明:AB⊥CB1;
    (Ⅱ)若二面角A﹣CB1﹣B的平面角为60°,求CA1与平面ACB1所成角的正弦值.

    【解答】(Ⅰ)证明:因为BC=BB1,∠ABB1=∠ABC,
    所以△ABB1与△ABC全等,所以AC=AB1,CB1∩BC1=O,连接AO,BO,O为BC1中点,CB1⊥AO,CB1⊥BO,AO∩BO=O,
    所以CB1⊥平面AOB,AB⊂平面AOB,
    所以AB⊥CB1.
    (Ⅱ)解法一:
    由(Ⅰ)知,∠AOB为二面角A﹣CB1﹣B的平面角,所以∠AOB=60°,且,AC1∩CA1=E,过E作EF⊥AO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EF⊥AO,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(Ⅰ)知,∠AOB为二面角A﹣CB1﹣B的平面角,所以∠AOB=60°,且,过C1作C1H⊥AO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C1H⊥AO,所以C1H⊥平面ACB1,C1H即为点A1到平面ACB1的距离,,,
    记θ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(Ⅰ)知,∠AOB为二面角A﹣CB1﹣B的平面角,所以∠AOB=60°,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.

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