2020-2021学年天津市红桥区高一下学期期末数学试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2020-2021学年天津市红桥区高一下学期期末数学试题一、单选题1．i是虚数单位，计算的结果为（）A． B．i C． D．【答案】A【分析】根据复数的除法法则计算即可【详解】,故选:A.2．已知向量，，若，则实数m的值为（）A．4 B． C．1 D．【答案】B【分析】根据向量共线的坐标运算即可得出答案.【详解】解：因为，所以，解得：.故选：B.3．i是虚数单位，若复数，则z的共轭复数（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由共轭复数的定义：与(互为共轭即得【详解】因为，所以，故选：C.4．为了了解全校240名高一学生的身高情况，从中抽取40名学生进行测量，下列说法正确的是（）A．总体是240名学生 B．个体是每一个学生C．样本是40名学生 D．样本量是40【答案】D【分析】在区分总体、个体、样本、样本容量这四个概念时，首先找出考查的对象是学生的身高，从而找出总体、个体，接着根据被收录数据的这一部分对象找出样本，最后根据样本确定样本容量．【详解】解：本题考查的对象是240名学生的身高情况，故总体是240名学生的身高情况；个体是每个学生的身高情况；样本是40名学生的身高情况；故样本容量是40.故选：D．5．已知向量,且，则（）A．4 B．8 C． D．【答案】C【分析】利用空间向量平行的条件:坐标对应成比例，列式求得的值，进而得解.【详解】∵向量,且，∴,解得.∴,故选：.6．已知一组数据为20，30，40，50，50，60，70，80，其中平均数、中位数和众数的大小关系是A．平均数>中位数>众数 B．平均数<中位数<众数 C．中位数<众数<平均数 D．众数=中位数=平均数【答案】D【分析】分别求出这组数据的平均数、中位数与众数，比较大小即可得结果.【详解】这组数据的平均数为，中位数为，众数为50，所以它们的大小关系是平均数=中位数=众数，故选D．【点睛】本题主要考查样本数据的平均数、中位数与众数，意在考查对基本概念的掌握情况，属于基础题.7．已知向量，，若与垂直，则A． B． C．2 D．4【答案】C【详解】试题分析：因为两向量垂直，所以，即，代入坐标运算：，解得：，所以．【解析】向量数量积的坐标运算8．设是直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则【答案】D【分析】由线面平行的性质和面面平行的判定可判断选项A；由面面垂直的性质定理和线面平行的性质可判断选项B；由面面垂直的性质定理和线面位置关系可判断选项C；由线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断选项D；【详解】对于选项A：若，，则或与相交，故选项A不正确；对于选项B：若，，则或，故选项B不正确；对于选项C：若，，则或或与相交，故选项C不正确；对于选项D：若，由线面平行的性质定理可得过的平面，设，则，所以，再由面面垂直的判定定理可得，故选项D正确；故选：D9．长方体的体积是120，若E为的中点，则三棱锥的体积为（）A．10 B．20 C．30 D．40【答案】A【分析】利用棱锥、棱柱的体积关系即可求得.【详解】，故选：A.二、填空题10．某市有大型超市200家、中型超市400家、小型超市1400家．为掌握各类超市的营业情况，现按分层抽样方法抽取一个容量为100的样本，应抽取中型超市__________家．【答案】20【详解】试题分析：根据所给的三种超市的数目，相加得到共有的超市数目，根据要抽取的超市数目，得到每个个体被抽到的概率，用中等超市的数目乘以被抽到的概率，得到结果．解：∵大型超市200家、中型超市400家、小型超市1400家，∴共有超市200+400+1400=2000，∵按分层抽样方法抽取一个容量为100的样本，∴每个个体被抽到的概率是，∴中型超市要抽取400×=20家，故答案为20．点评：本题考查分层抽样，这是一个每年必考的题目，解题的关键是抽样过程中每个个体被抽到的概率相等．11．是虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为____________.【答案】【详解】试题分析：由复数的运算可知，是纯虚数，则其实部必为零，即，所以.【解析】复数的运算.12．已知，，若，则与夹角的大小为_________．【答案】120°【分析】直接使用平面向量夹角公式计算即可.【详解】设与夹角为所以由，所以，即故答案为：13．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则角B的大小为___________【答案】【分析】利用余弦定理结合已知条件求的余弦值即得结果.【详解】因为，所以，又△中，，故，故答案为：.14．棱长为1的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球面的表面积为__________【答案】【分析】棱长为1的正方体的八个顶点都在同一个球面上，球的直径是正方体的对角线，从而得到结果．【详解】∵棱长为1的正方体的八个顶点都在同一个球面上，∴球的直径是正方体的对角线，∴球的半径是r，∴球的表面积是43π故答案为3π【点睛】本题考查球内接多面体，注意在立体几何中，球与正方体的关系有三种，这是其中一种，还有球和正方体的面相切，球和正方体的棱相切，注意把三个题目进行比较．15．已知菱形的边长为，，点分别在边上，，.若，则的值为__________【答案】.【分析】根据向量的基本定理，结合数量积的运算公式，建立方程即可得到结论．【详解】∵BC＝3BE，DC＝λDF，∴，，，，∵菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，∴||＝||＝2，•2×2×cos120°＝﹣2，∵•1，∴（）•（）（1）•1，即44﹣2（1）＝1，整理得，解得λ＝2，故答案为2．【点睛】本题主要考查向量的基本定理的应用，以及数量积的计算，要求熟练掌握相应的计算公式．三、解答题16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若.（1）求a，c的值；（2）求△ABC的面积【答案】（1）;（2）.【分析】（1）由已知条件，利用余弦定理即可求出c的值,进而求得；（2）利用三角形面积公式计算．【详解】（1），,,;（2）△ABC的面积.17．在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.（1）求角A的大小：（2）若，△ABC的面积为，求△ABC的周长.【答案】（1）;（2）△ABC的周长为8.【分析】（1）由正弦定理边化角，可得的值，可得角A的大小；（2）由△ABC的面积及角A的值，可得的值，由余弦定理可得的值，可得△ABC的周长.【详解】解：（1）由及正弦定理，得，因为，所以，又为锐角所以.（2）由△ABC的面积为，得，又，所以.在△ABC中，由余弦定理，得，因为a=3，所以，所以，所以，即△ABC的周长为8.18．四棱锥中，底面为矩形底面，点M是侧棱的中点，.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）60°；（2）.【分析】（1）解法一：如图，作SP∥DC,且SP=DC,则CDSP为正方形，连接PC,取PC中点N,连接MN,BN,易得∠BMN即为所求角，利用线面垂直的判定与性质证得MN⊥BN,进而得解；解法二：以D为原点，所在的射线为轴，建立如图所示的直角坐标系.利用空间向量运算求解；（2）先利用空间向量的垂直的条件列方程组求得二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后利用向量的夹角坐标运算公式求得法向量的夹角余弦值，进而利用平方关系求得正弦值.【详解】（1）解法一：如图，作SP∥DC,且SP=DC,则CDSP为正方形，连接PC,取PC中点N,连接MN,BN,则MN∥CD,MN=1,BN=,DC⊥BC,DC值PC,∴DC⊥平面BCN,∴MN⊥BN,∴∠BMN=60°，即异面直线与所成角的大小为60°；解法二：以D为原点，所在的射线为轴，建立如图所示的直角坐标系.则,,,∴异面直线与所成角的大小为60°；（2）设平面SAM的法向量为,由,得,化简得，令,得;设平面AMB的法向量为,由,得,化简得，令,得;,∴二面角的正弦值为.【点睛】本题考查异面直线所成的角，二面角问题，求异面直线所成的角，既可以用几何方法求解，也可以用坐标方法求解，求二面角的平面角问题，简单的情况可以直接利用几何方法求解，类似此题中的二面角，则利用几何方法求解就比较麻烦了，建议使用空间坐标系求解，只需进行简单的单运算，大大降低了难度，而空间向量的运算与平面向量几乎没有区别，易于掌握.19．如图，四边形是正方形，平面，，，，，分别为，，的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的大小；（3）在线段上是否存在一点，使直线与直线所成的角为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【详解】试题分析：建立平面直角坐标系，由，，证得平面建立空间直角坐标系，根据两个平面的法向量所成的角与二面角相等或互补，由两个平面法向量所成的角求解二面角的大小；⑶假设存在点，由共线向量基本定理得到点的坐标，其中含有一个未知量，然后利用直线与直线所成角为转化为两向量所成的角为，由两向量的夹角公式求出点的坐标，得到的点的坐标符合题意，说明假设成立，最后得到结论．解析：（1）∵平面，，∴平面，∴，，又四边形是正方形，∴，故，，两两垂直，如图，建立空间直角