河北省唐山市2020-2021学年高一下学期期末考试数学试卷

PAGEPAGE18试卷类型：A唐ft2020〜2021学年度高一年级第二学期期末考试数学注意事项．2B铅笔涂写在答题卡上．每小题选出答案后，用2B选涂其它答案，不能答在试题卷上．考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回．一、选择题：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中，有且只有一项符合题目要求.1．设复数z＝－i＋2，则z的虚部为（ ）A．2 B．i C．－1 D．－i3b＝(b2．己知向a＝(－，3a＋→ ，33b＝(bA．(－3，2) B．(3，－2) C．(3，0) D．(9，6)33000人，需对小区居民身体状况进行分层抽样调查，样本中有幼龄12人，老龄14人，则该小区老龄人数的估计值为（ ）A．750 B．1700 C．600 D．70040%．现采用模拟试验的方法091，2，3，4表示堵车，用20组随机数：807 066 123 923 471 532 712 269 507 752443 277 303 927 756 368 840 413 730 086据此估计，这三天中恰有两天堵车的概率近似为（ ）A．0.25 B．0.3 C．0.35 D．0.40OABC12，高为2，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ）3 83 23 83 24B．4 C． D．C．DC．DA．B7 11A．B36 ．36

11 3λμλμ的中点，且APABCDCDEDE＝CD，若P的中点，且AP

→ ＝→

→，则λ＋μ＝（ ）B．25B．2

C．2 D．1E D CPA BBCAD＝1，则b＋3c的最小值为（ ）3A．5＋2 6 B．12 C．5＋2 D．203二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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0分．己知两条直线m，n，两个平面下列说法正确的是（ ）A．若m∥n，m∥α，则n∥α B．若α∥β，mα，nβ，则m∥nC．若m∥n，m⊥α，则n⊥α D．若α∥β，m∥n，m⊥α，则n⊥β在中，sin2B≤sin2A＋sin2C－sinAsinC，则B可以是（ ）BCDπ π π 2πBCDA．6 ．3 ．2 ．3一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，则与件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件有（ ）A．2个小球不全为红球 B．2个小球恰有1个红球C．2个小球至少有1个红球 D．2个小球都为绿球12．如图，已知平行四边形ABCD，∠ABC＝60°，AD＝2AB，M为边BC的中点，将沿直线AM翻折成△AB1M．若N为是B1D的中点，则在的翻折过程中，下列命题正确的有（ ）A．线段CN的长为定值 B．异面直线AM与B1D所成角为90°C．直线CN与平面AB1M所成角为定值 D．二面角A－B1M－D可以为直二面BNANADB M CII90分)注意事项：II6黑色签字笔直接答在试题卷上．答卷前将密封线内的项目填写清楚．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中横线上．13．己知复数z满足z(1－i)＝|1＋3i|，则．614．在中3，A＝π，则B＝ ．615 2．甲、乙两人进行羽毛球单打比赛，根据以往比赛的胜负情况知道，每一局甲获胜的概率为3，乙获胜1的概率为3，如果比赛采用“三局二胜”制(先胜二局者获胜)，则前两局打平且甲获胜的概率为 ．16．己知圆锥底面半径为1，母线长为3，该圆锥内接正方体的体积．67017（10分）a＝(12b(4（1）a－b与a＋b平行，求实数k的值；（2（2）若 λ的值λa－b与a＋2b垂直，求实数18（12分）6120分，随机抽取了100名学生的试卷进行研究．得到成绩的范围是612（单位：分直方图：m的值；估计该校安全教育测试成绩的中位数（精确到小数点后两位；（3）若成绩在9，10）赋给1［10，11）赋给2［11，12］赋给3颗星，将频率视作概率，若甲乙两位同学参赛且相互不影响，求两人一共得4颗星的概率．频率/频率/组距0.020m0.0140.0060 60 70 80 90 100 110 120 分数19（12分）c△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，己知a＝bcosC＋3asin(A＋C)，a＝3B；若的面积为7 3，求b的值．20（12分）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形．MCC1C1D1NA1BB1MN；A1BA1DCB130°B－A1DCB1的体积．1B11B1D1A1MCA B21（12分）数据，只知道第一块试验田抽取了水稻80株，其平均数和方差分别为和5.22，另一块试验田抽取了水稻120株，其平均数和方差分别为和30.97，你能由这些数据计算出总样本22（12分）在四棱锥S－ABCD中，侧面SAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，△SAB为等边三角形，AB＝1，BC＝3EAD上，AE＝5DE．E－SB－A的正切值．SAEAEB C试卷类型：A唐ft2020〜2021学年度高一年级第二学期期末考试数 学（解析版）注意事项．2B铅笔涂写在答题卡上．每小题选出答案后，用2B选涂其它答案，不能答在试题卷上．考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回．一、选择题：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中，有且只有一项符合题目要求.1．设复数z＝－i＋2，则z的虚部为（ ）A．2 B．i C．－1 D．－i【考点】复数的有关概念．【答案】C【分析】直接利用复数的概念写出结果即可．【解答】解：复数z＝2－i，则z的虚部为：－1．故选：C．【点评】本题考查复数的基本概念，是基础题．3b＝(b2．己知向a＝(－，3a＋→ ，33b＝(bA．(－3，2) B．(3，－2) C．(3，0)【考点】平面向量的坐标运算．【答案】B【分析】结合向量的加减法运算的坐标运算性质，进行计算即可．（）a＋b＝(5所以b(3a＝(，—34)96)，b＝32故选：B．【点评】本题考查平面向量的坐标运算规律和性质，属于基础题．

D．(9，6)3000人，需对小区居民身体状况进行分层抽样调查，样本中有幼龄1234人，老龄14人，则该小区老龄人数的估计值为（ ）A．750 B．1700 C．600 D．700【考点】分层抽样方法．【答案】D【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可．14【解答】解：根据分层抽样的定义可得抽取的老龄人数为：3000×12＋34＋

＝700，14故选：D．【点评】本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例公式是解决本题的关键．40%．现采用模拟试验的方法091，2，3，4表示堵车，用20组随机数：807 066 123 923 471 532 712 269 507 752443 277 303 927 756 368 840 413 730 086据此估计，这三天中恰有两天堵车的概率近似为（ ）A．0.25 B．0.3 C．0.35 D．0.40【考点】随机模拟方法估计概率．【答案】A【分析】由题意知模拟三天中恰有两天堵车的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，在20组随机数中表示三天中恰有两天堵车的有可以通过列举得到共5组随机数，根据概率公式，得到结果．【解答】解：由题意知模拟三天中恰有两天堵车的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，在20组随机数中表示三天中恰有两天堵车的有：923、471、532、712、303，共5组随机数，5∴所求概率为20＝0.25．故选：A．【点评】本题考查模拟方法估计概率，解题主要依据是等可能事件的概率，注意列举法在本题的应用．OABC12，高为2，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ）3 83 23 83 24B．4 C． D．yyCBOAx【考点】斜二测画法作直观图．【答案】B【分析】利用斜二测画法找到新系中各点的位置，则新梯形的底和高容易求得，进而求出面积．2【解答】解：方法一：直接使用公式：S′＝4S．2 2 1 3直观图的面积S′＝4S＝4×2×(1＋2)×2＝4．方法二：利用斜二测画法作出直观图，如图所示，yyy'C BC'B'AODx1 2根据斜二测画法可知，y轴上的OC，在新系中在y′轴上，且OC′＝2OC＝2，2 1作C′D⊥x轴于D，则C′D＝2OC′＝2，又C′B′＝CB＝1，C′B′∥CB，OA＝2,∴直观图的面积S

1×(1＋ 1 3＝2)×＝．＝故选：B．

2 2 4【点评】此题考查斜二测画法，属容易题．同时投掷两个质地均匀的骰子，两个骰子的点数至少有一个是奇数的概率为（ ）A．B7 11A．B36 ．36

11 312 ．4C．DC．D【答案】D【分析】用列表法列举出所有情况，看两个骰子点数至少有一个是奇数的情况占总情况的多少即可．【解答】解：设第一枚随机地投掷得到的点数为ab，则共有36种情况．(a，b)1234561(1，1)(1，2)(1，3)(1，4)(1，5)(1，6)2(2，1)(2，2)(2，3)(2，4)(2，5)(2，6)3(3，1)(3，2)(3，3)(3，4)(3，5)(3，6)4(4，1)(4，2)(4，3)(4，4)(4，5)(4，6)5(5，1)(5，2)(5，3)(5，4)(5，5)(5，6)6(6，1)(6，2)(6，3)(6，4)(6，5)(6，6)其中两个骰子的点数至少有一个是奇数的情况有(1，1)(1，2)(1，3)(1，4)(1，5)(1，6)(2，3)(2，5)(3，1)(3，2)(3，3)(3，4)(3，5)(3，6)(4，1)(4，3)(4，5)(5，1)(5，2)(5，3)(5，4)(5，5)(5，6)(6，1)(6，3)(6，5)共27种，27 3 1 3其概率为P＝36＝4．或1－P(两个都是偶数)＝1－4＝4．故选：D．【点评】本题主要考查列表法或树状图法求概率．一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个λμAkAλμ

k n(A))＝n＝n(B)

，其中，n(A)和n(Ω)分别表的中点，且APABCDCDEDE＝CD，若P的中点，且AP

→ ＝→

→，则λ＋μ＝（ ）B．25B．2

C．2 D．1E D CPA B【考点】平面向量基本定理及应用．【答案】C→ → →【分析】建立如图所示的直角坐标系，设正方形的边长为1，可以得到AP＝λAB＋μAE的坐标表示，进而得到答案．【解答】解：由题意，设正方形的边长为1，建立坐标系如图，yyEDCPAB x→ →则B(1，0)，E(－1，1)，∴AB＝(1,0),AE＝(－1，1)，→ → →∵AP＝λAB＋μAE＝(λ－μ，μ)，→ 1又∵PBC的中点时，∴AP

2,－1

λ 3＝2∴ 1 ，解得：＝2

2，∴λ＋μ＝2，＝2

μ＝1故选：C．【点评】本题考查平面向量基本定理及应用，坐标法，数形结合思想，难度中档．BCAD＝1，则b＋3c的最小值为（ ）3A．5＋2 6 B．12 C．5＋23【考点】正弦定理；余弦定理；三角形面积公式；基本不等式．【答案】A．

D．202 3bc＝1，再利用基本不等式定理求最值．【解答】解＝S ＋S ,△ABC △ABD △ACD1 1 1∴2×AB×AC×sin∠BAC＝2×AB×AD＋2×AC×AD×sin∠CAD,1 1 1∴2×c×b×sin150°＝2×c×1＋2×b×1×sin60°2 3∴bc＝2c＋3b，∴b＋c＝1，2 3 2 3c 3b 2 3c 3b∴b＋3c＝(b＋3c)(b＋c

b ＋

＋5≥2

b ·

＋5＝5＋2 6，当且仅当b＝2c时取等号3c的最小值为5＋2 故答案为【点评】本题考查三角形的面积公式，基本不等式定理，属于中档题．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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0分．己知两条直线m，n，两个平面下列说法正确的是（ ）A．若m∥n，m∥α，则n∥α B．若α∥β，mα，nβ，则m∥nC．若m∥n，m⊥α，则n⊥α D．若α∥β，m∥n，m⊥α，则n⊥β【考点】空间中直线与直线、直线与平面之间的位置关系．【答案】CDm，nAm∥n，n∥αn∥αA错误；Bα∥β，mα，nβ∥mnBCm∥n，m∥αn∥αC正确；Dm∥n，m∥αn∥αD故选：CD．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识，是基础题．在中，sin2B≤sin2A＋sin2C－sinAsinC，则B可以是（ ）BCDπ π π 2πBCDA．6 ．3 ．2 ．3【考点】正弦定理；余弦定理．【答案】AB【分析】由已知结合正弦定理先进行化简，然后结合已知可得a，b，c解．【解答】解：因为sin2B≤sin2A＋sin2C－sinAsinC，所以b2≤a2＋c2－ac，所以a2＋c2－b2≥aca2＋c2－b2 ac 1 π∴cosB＝故选：AB．

2ac

≥2ac＝2，∴0＜B≤3．【点评】本题考查正弦定理、余弦定理在求解三角形中的应用，考查推理与运算的能力，属于中档题．一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，则与件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件有（ ）A．2个小球不全为红球 B．2个小球恰有1个红球C．2个小球至少有1个红球 D．2个小球都为绿球【考点】互斥事件与对立事件．【答案】BD【分析】利用互斥事件、对立事件的定义直接判断．【解答】解：口袋内装有红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，对于A，事件“2个小球不全为红球”与事件“2个小球都为红色”是对立事件，故A错误；B1个小球都为红色”是互斥而不对立的事件，故B确；对于C，事件“2个小球至少有1个红球”与事件“2个小球都为红色”能同时发生，不是互斥事件，故C错误；D个小球都为红色”是互斥而不对立的事件，故D故选：BD．【点评】本题考查命题真假的判断，考查对立事件、互斥事件的定义等知识，是基础题．如图，已知平行四边形ABCD，∠ABC＝60°，AD＝2AB，M为边BC的中点，将沿直线AM翻折成△AB1M．若N为是B1D的中点，则在的翻折过程中，下列命题正确的有（ ）A．线段CN的长为定值 B．异面直线AM与B1D所成角为90°C．直线CN与平面AB1M所成角为定值 D．二面角A－B1M－D可以为直二面角B1B1NAB M C求法，线面位置关系的判定与证明．【答案】ACDBAMB1DDAB

M⊥面AMCD1时，二面角A－B1M－D为90°，利用线面关系和余弦定理可以判断选项AC．A：如图，B1B1GNAEFB M C1 取AD中点E，连接EC交MD与F，则NE∥AB，NF∥MB1 ∵可得∠NEC＝∠MAB1

(定值)，NE＝

112AB1

＝（定值，由余弦定理可得CN2＝NE2＋EC2－2NE·EC·cos∠NEC，所以CN的长是定值，故A正确．或取AB1中点G，连接MG，GN，则GN∥MC，且GN＝MC，∴GNCM为平行四边形，∴CN＝GM为定值．BAMB1D90°AM⊥B1D∵AD＝2ABAB＝xAD＝2x，MD＝3x,∵AM2＋MD2＝AD2，∴AM⊥MD，∵BD∩MD＝D，∴AM⊥面BDM1 1又∵B1

D面B1

DM，∴AM⊥B1M而△BAM为正三角形，∴不成立，故选项B不正确；1选项C：∵NE∥AB，NF∥MB，∴NE∥面ABM，NF∥面ABM，1 1 1 1∴面ABM∥面ENF，∵NC面MEF，1∴NCABMNC

M所成的角是0°，为定值，故选项C正确；1 1选项D：当面ABM⊥面AMCD时，二面角A－B1M－D为90°，理由如下：1ABMAMCD

M∩面AMCD＝AM，MD⊥AM，1∴MD⊥面AB

1M，又∵MD面B

MD，1BMD

1M，即二面角A－B1M－D为90°，故选项D正确；1 1故选：ACD．的求解，考查空间想象能力和推理论证能力，考查反证法的应用，属于中档题．II90分)注意事项：II6黑色签字笔直接答在试题卷上．答卷前将密封线内的项目填写清楚．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中横线上13．己知复数z满足z(1－i)＝|1＋3i|，则．【考点】复数的运算；复数的模．【答案】1＋i【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简即得答案．z(1－i)＝|1＋3i|＝12＋(3)2＝2，1－i2 2(1＋i)1－i得z＝ ＝ ＝1＋i，故答案为(1－i)(1＋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与复数模的求法，是基础题．614．在中3，A＝π，则B＝ ．6【考点】正弦定理．π 2π【答案】3或3【分析】由已知利用正弦定理求出sinB的值，根据B的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出角B．π3，A＝6，a b

3×1232∴根据正弦定sinA＝sinB，得：sinB＝ a ＝1 ＝2，b＞a

π B＜π

π 2π．π 2π故答案为：3或3

，即6＜．

＝3或3【点评】本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，考查计算能力和转化思想，属于基础题．23，乙获胜1的概率为3，如果比赛采用“三局二胜”制(先胜二局者获胜)，则前两局打平且甲获胜的概率为 ．【考点】相互独立事件、互斥事件的概率公式．8【答案】27【解答】解：比赛采用“三局两胜”制，前两局打平且甲获胜的情况有2种：（1）“第1局甲胜、第2局乙胜、第3（2）“第1局乙胜、第2局甲胜、第3．123局甲胜”的概率123局甲胜”的概率

2 1 2 41＝3×3×3＝27，11 2 2 42＝3×3×3＝27，2

4 4 8＋P＝＋＝．8故答案为：27．

1 2 27 27 27识，考查运算求解能力，是基础题．己知圆锥底面半径为1，母线长为3，该圆锥内接正方体的体积．【考点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的结构特征．16 2【答案】271SABCD－A1B1C1D1AC作圆锥的截面，得圆锥的轴截面SEFAA1CCSO⊥EFSOa，利用三角形相似建立关a的值，即可得到该正方体的体积．1【解答】解：过圆锥的顶点S和正方体ABCD－A1B1C1D1底面的对角线AC作圆锥的截面，如图所示：CACAE C O A F1 1由题意圆锥的底面半径OE＝1，母线长SE＝3，∵SO⊥EF，∴圆锥的高SO＝2 2，a，∴CO＝2a1 2CC EC∵△ECC

∽△EOS，∴

1＝ 1,1 SO EO1－22 232 23由轴截面得 2 2

2a1 a＝16 227则该正方体的体积为a316 22716 2故答案为：27．析量的等量关系，注意不同量的转化，考查空间想象能力，属于中档题．67017（10分）a＝(12b(4（1）a－b与a＋b平行，求实数k的值；（2（2）若 λ的值λa－b与a＋2b垂直，求实数【考点】平面向量的平行与垂直．（）ab与2a＋b的坐标表示，再利用平面向量平行的充要条件求解（2）向量垂直的充要条件即可得解．【解答】解：(1)ab＝(－，－2，a＋b ＝＋344k．a－b与a＋b平行，所以－4(4＋4k)－(－2)(－2＋3k)＝0，解得k＝－2． ……5分(2) ab＝－3，2－4a＋b ＝因为ab与a＋b 垂直，所以ab·a＋b＝0，即5－3＋10(4)＝0，11解得λ＝3． ……10分【点评】本题考查平面向量平行及垂直的充要条件，属基础题．18（12分）6120分，随机抽取了100名学生的试卷进行研究．得到成绩的范围是612（单位：分直方图：m的值；估计该校安全教育测试成绩的中位数（精确到小数点后两位；（3）若成绩在9，10）赋给1［10，11）赋给2［11，12］赋给3颗星，将频率视作概率，若甲乙两位同学参赛且相互不影响，求两人一共得4颗星的概率．频率/频率/组距0.020m0.0140.0060 60 70 80 90 100 110 120 分数【考点】频率分布直方图；概率问题．【解答】解：（1）(0.006＋0.014＋2m＋0.020＋0.028)×10＝1得m＝0.016． ……4分（2）第一、二、三组的频率分别为0.16，0.16，0.28，设中位数为x，则0.16＋0.16＋(x－80)×0.028＝0.5．解得x≈86.43．所以估计该校安全教育测试成绩的中位数为86.43分， ……8分XY．P(X＝1)＝P(Y＝1)＝0.2，P(X＝2)＝P(Y＝2)＝0.14，P(X＝3)＝P(Y＝3)＝0.06；P(X＋Y＝4)＝P(X＝1且Y＝3)＋P(X＝2且Y＝2)＋P(X＝3且Y＝1)＝0.2×0.06＋0.14×0.14＋006×0.2＝0.0436甲乙两位同学一共得4颗星的概率为0.0436． ……12分运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．19（12分）c△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，己知a＝bcosC＋3asin(A＋C)，a＝3B；若的面积为7 3，求b的值．【考点】正弦定理；余弦定理．【解答】解：sinA＝sinBcosC＋3sinAsinB，即sin(B＋C)＝sinBcosC＋3sinsinB．＝3cosBsinC＝3sinAsinB．＝3c sinC

＝3tanB＝3，所以tanB＝3，B π

……5分1 3因为S△ABC＝2acsinB＝4ac＝7 3，所以ac＝28． ……7分28 2 21因为c＝3a，所以a2＝3，a＝3 ．……9分1由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋9a2－2a×3a×2＝7a2，14 3所以b＝7a＝3 ． ……12分变换的应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题．20（12分）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形．MCC1C1D1NA1BB1MN；A1BA1DCB130°B－A1DCB1的体积．1B11B1D1A1MCA B【考点】直线与平面平行、垂直；点、线、面间的距离计算；棱锥的体积．【解答（1）当N为C1D1的中点时，A1B∥平面B1MN．如图，取C1D1的中点为N，连结MN，B1M，B1N，CD1．因为A1D1 BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，所以A1B∥CD1．因为CC1，C1D1所以MN∥CD1．所以MN∥A1B．又MN平面B1MN，A1B平面B1MN，所以A1B∥平面B1MN． ……5分（2）如右图，过点B作BH⊥B1C于点H，连结A1H．1因为CD⊥平面B1BCC，BH平面B1BCC1，1所以CD⊥BH，又B1C∩CD＝C，1所以BH⊥平面A1DCB． ……7分1所以直线A1B与平面A1DCB1所成的角为∠BA1H＝30°，

BH中，BH 1 B，＝A1 21＝A由已知长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面为全等的矩形，1 1所以BH＝2A1B＝2B1C．所以点H为B1C的中点． ……9分所以BB1＝BC＝2，B1C＝2 2，BH＝2，四棱锥B－A

BCD的体积V 1

×BH＝1×2×2 2× 2＝8．……12分＝×S11 3 四1DCB1 3 3＝×S面距离的求法，考查空间想象能力、思维能力以及计算能力，是中档题．21（12分）