2020-2021学年安徽省合肥市一中、六中、八中高一下学期期末联考数学试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2020-2021学年安徽省合肥市一中、六中、八中高一下学期期末联考数学试题一、单选题1．设复数z满足，则z=（）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用复数的除法运算法则求解即可得出．【详解】解：，故选：C．2．已知向量，，若，则实数m的值为（）A．9 B．7 C．17 D．21【答案】B【分析】由垂直的坐标表示计算．【详解】由已知，因为，所以，解得．故选：B．3．某校高一年级15个班参加庆祝建党100周年的合唱比赛，得分如下：858788898990919192939393949698，则这组数据的40%分位数、90%分位数分别为（）A．90.5，96 B．91.5，96 C．92.5，95 D．90，96【答案】A【分析】根据分位数及分位数的计算规则计算可得；【详解】解：因为一个15个数据，所以，则分位数为从小到大排列的第个和第7个数据的平均数，即为，，则分位数为从小到大排列的第个数据为，故选：A4．从装有大小和形状完全相同的个红球和个白球的口袋内任取两个球，下列各对事件中，互斥而不对立的是（）A．“至少一个白球”和“都是红球”B．“至少一个白球”和“至少一个红球”C．“恰有一个白球”和“恰有一个红球”D．“恰有一个白球”和“都是红球”【答案】D【分析】根据互斥事件与对立事件的概念依次判断各个选项即可得到结果.【详解】A选项中“至少一个白球”和“都是红球”二者是互斥事件，同时二者必发生其一，是对立事件，A错误；B选项中“至少一个白球”和“至少一个红球”有可能都表示一个白球，一个红球，不是互斥事件，B错误；C选项中“恰有一个白球”和“恰有一个红球”有可能都表示一个白球，一个红球，不是互斥事件，C错误；D选项中“恰有一个白球”和“都是红球”不可能同时发生，是互斥事件，又由于两个事件之外还有“都是白球”事件，故不是对立事件，D正确.故选：D.5．设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列说法正确的是（）①若，，则或②若，，则③若，，则④若，，，，则A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】根据面面平行的性质，线面垂直的性质，面面平行判定这，面面垂直的性质分别判断各命题．【详解】一条直线与两个平行平面中的一个平行，则这条直线在另一平面内或与另一平面平行，①正确；垂直于同一平面的两条直线平行，这是线面垂直的性质定理，②正确；垂直于同一直线的两个平面平行，即两个平面的法向量相同，显然它们平行，③正确；两个平面垂直，一个平面内与交线垂直的直线必与另一平面垂直，这是面面垂直的性质定理，④正确．故选：D．6．在一次体检中，甲、乙两个班学生的身高统计如下表：班级人数平均身高方差甲2010乙3015其中甲－乙＝5，则两个班学生身高的方差为（）A．19 B．18 C．18.6 D．20【答案】A【分析】求出总平均值，再根据方差公式计算方差．【详解】由已知，所以，设两个班总均值为，则，所以两个班的方差为．故选：A．7．在一个掷骰子的试验中，事件A表示“向上的面小于5的偶数点出现”，事件B表示“向上的面小于4的点出现”，则在一次试验中，事件发生的概率为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出事件后易得概率．【详解】由题意＝“向上的面的点数为2或4或5或6”，所以其概率为．故选：B．8．在中，已知，则的形状是（）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等边三角形 D．等腰或直角三角形【答案】D【分析】由余弦定理化角为边，然后通过代数式的变形可得．【详解】因为，所以，，，所以或，所以为等腰三角形或直角三角形．故选：D．9．如图，矩形中，，正方形的边长为1，且平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B．C． D．【答案】C【分析】取AF的中点G，联结AC交BD于O点，异面直线与所成角即直线与所成角.在中，分别求得，利用余弦定理即可求得，从而求得异面直线夹角的余弦值.【详解】取AF的中点G，联结AC交BD于O点，如图所示，则，且，异面直线与所成角即直线与所成角，由平面平面知，平面，由题易知，，则，，，则在中，由余弦定理知，，由两直线夹角取值范围为，则直线与所成角即异面直线与所成角的余弦值为故选：C【点睛】方法点睛：将异面直线平移到同一个平面内，利用余弦定理解三角形，求得线线夹角.10．如图，在中，，，点为的中点，将沿折起到的位置，使，连接，得到三棱锥，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面，则该球的表面积是A． B． C． D．【答案】D【详解】由题意可得该三棱锥的面是边长为的正三角形，且平面，设三棱锥的外接球球心为，的外接圆的圆心为，则平面，所以四边形为直角梯形.由,及，可得，即为外接球半径，故其表面积为.点睛：设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心11．如图，在平行四边形中，，，动点M在以点C为圆心且与相切的圆上，则的最大值是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出，然后以为轴建立平面直角坐标系，求出圆的方程丹凤出点坐标，用坐标表示向量积，结合三角函数性质可得最大值．【详解】由题意，所以，即，所以，以为轴建立平面直角坐标系，如图，则，，．直线方程为，即，所以圆半径为，圆方程为，设，，，所以，显然其最大值为．故选：A．12．已知四棱锥的底面是边长为8的正方形，平面，且，E，F，M为，，的中点，则经过E，F，M的平面截四棱锥的截面面积为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】取中点，的四等分点，顺次连接、、、、，则平面就是经过，，的平面截四棱锥所得截面，由此能求出经过，，的平面截四棱锥所得截面的面积．【详解】解：取中点，的四等分点，顺次连接、、、、，设MG交BD于N，连接交EF于J，则N也为BD的四等分点，∵INPB，MEPB，则MEIN，同理GFIN，则、、、、共面，则平面就是经过，，的平面截四棱锥所得截面，四棱锥的底面是边长为8的正方形，，，，为，，的中点，，，，且是矩形，，,经过，，的平面截四棱锥所得截面的面积为：．故选：B．二、填空题13．在中，，，，则_______.【答案】2【分析】由余弦定理列方程求解．【详解】由余弦定理得，即，整理得，解得（负数舍去）．故答案为：2．14．底面直径为2的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的表面积为________.【答案】【分析】由展开图求出圆锥母线长，再由圆锥表面积公式计算．【详解】设圆锥母线长为，由题意，所以，，所以圆锥表面积为．故答案为：．15．在某次测试中，甲、乙通过的概率分别为0.8，0.5，若两人测试是否通过相互独立，则至少有一人通过的概率为__________.【答案】0.9【分析】通过其对立事件两人都未通过来计算概率．【详解】由题意两人都未通过的概率为，所以至少有一人通过的概率为．故答案为：0.9．16．在中，角A，B，C满足，则_____.【答案】【分析】由正弦定理可得，结合余弦定理可得，利用三角函数同角关系得出，结合二次根式的意义得到和，求出角C即可.【详解】因为由正弦定理，得，由余弦定理，得，所以，整理，得，所以，因为，所以，得，即，此时，又，所以，所以，得，所以.故答案为：三、解答题17．已知复数.（1）若在复平面中所对应的点在直线上，求的值；（2）求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）化简，得在复平面中所对应的点的坐标，代入直线计算；（2）代入模长公式表示出，再利用二次函数的性质求解最值即可.【详解】（1）化简得，所以在复平面中所对应的点的坐标为，在直线上，所以，得.（2），因为，且，所以，所以的取值范围为.18．某校高一年级为了提高教学效果，对老师命制的试卷提出要求，难度系数须控制在（难度系数是指学生得分的平均数与试卷总分的比值，例如：满分为100分的试卷平均分为68分，则难度系数），某次数学考试（满分100分）后，王老师根据所带班级学生的等级来估计高一年级1800人的成绩情况，已知学生的成绩分为A，B，C，D，E五个等级，统计数据如图所示，根据图中的数据，回答下列问题：（1）试估算该校高一年级学生获得等级为B的人数.（2）若等级A，B，C，D，E分别对应90分，80分，70分，60分，50分，请问按王老师的估计：本次考试试卷命制是否符合要求.（3）王老师决定对成绩为E的16名学生（其中男生4人，女生12人）先找4人进行单独辅导，按分层抽样抽取的4人中任取2人，求恰好抽到1名男生的概率.【答案】（1）252人；（2）符合要求；（3）.【分析】（1）用样本频率估计总体频率后可得；（2）根据统计图表数据计算均值后可得；（3）按分层抽样，抽到的4人中男生1人，女生3人，可用列举法写出任取2人的方法，得抽取的方法数后计算概率．【详解】解析：（1）高一年级获得成绩为B的人数为（人）.（2）王老师所带班级平均分为，所以估计难度系数为0.674，符合要求.（3）按分层抽样，抽到的4人中男生1人，编号为，女生3人编号为1，2，3，4人中任取2人有共有6种取法，2人中恰有1名男生有共3种取法，所以恰好抽到1名男生的概率为.19．已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若的面积为2，求的周长的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理化角为边，然后由余弦定理可求得角；（2）由三角形面积求得，再由基本不等式求得的最小值，结合余弦定理求得的最小值，从而得周长最小值．【详解】解析：（1）由已知，得，由正弦定理，得，即.再由余弦定理得.又，所以.（2）由（1）及已知得，的面积为，所以.又，当且仅当时等号成立，于是，所以三角形周长，所以周长最小值为，此时，.20．如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，且，点M，G分别在，上，且，.（1）证明：直线平面.（2）若点G恰好是点在平面内的正投影，此时，求三棱锥的体积.（注：本大题用空间坐标系解题一律不给分）【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）过G作交于E，连接，证明是平行四边形，得后可证得线面平行；（2）用换底法与体积公式求体积：．【详解】解析：（1）过G作交于E，连接，因为为等边三角形，所以，又，所以，又，,所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以直线平面.（2）因为，所以，又，所以，在直角三角形中，，，又平面所以.【点睛】本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，求三棱锥的体积常常利用换底法，一是利用线面平行，换顶点不换底；二是换底换顶点，三棱锥的每个面都可以作为底，另外一个点作为顶点．这样可选择高易求的点为顶点，求出底面积即可．21．合肥逍遥津公园是三国古战场，也是合肥最重要的文化和城市地标，是休闲游乐场，更是几代合肥人美好记忆的承载地.2020年8月启动改造升级工作，欲对该公园内一个平面凸四边形的区域进行改造，如图所示，其中米，米，为正三角形.改造后将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，将作为对三国历史文化的介绍区域.（1）当时，求旅游观光、休闲娱乐的区域的面积；（2）求旅游观光、休闲娱乐的区域的面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由余弦定理求得，再由正弦定理求得，求出，易得面积；（2）不妨设，，用余弦定理表示出，用正弦定理表示出，再用余弦定理表示出，然后表示出的面积，利用两角和的正弦公式展开代入，再利用两角差的正弦公式化简，然后利用正弦函数性质得最大值．【详解】解析：（1），∴，又，∴，易知是锐角，所以，∴，，（2）不妨设，，于是由余弦定理得①，②，③，∴，当且仅当时取等号，∴最大值为.【点睛】本题考查解三角形的应用，解题关键是选用一个角为参数，然后把其他量表示为参数的三角函数，这里注意正弦定理和余弦定理的应用，然后利用三角函数恒等变换公式化简变形，最后利用正弦函数性质求得最值．22．如图，在直三棱柱中，平面，其垂足D落在直线上.（1）求证：；（2）若P是线段上一点，，，三棱锥的体积为，求二面角的平面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由直三棱柱的定义可得，由平面，得，从而由线面垂直的判定可得平面，从而得；（2）由于，，可得，设，则，由可得，从而由三棱锥的体积为，可求得，则，连接，过P作交于O点，