2020-2021学年北京市朝阳区高一下学期期末考试数学试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2020-2021学年北京市朝阳区高一下学期期末考试数学试题一、单选题1．已知复数(其中i是虚数单位)，则z在复平面内对应的点的坐标是（）A．(1，1) B．(1，-1) C．(-1，1) D．(-1，-1)【答案】B【分析】利用复数的除法求得复数，然后利用几何意义求得z在复平面内对应的点的坐标.【详解】复数，则z在复平面内对应的点的坐标是(1，-1)，故选：B.2．如图、在四棱锥中，底面为矩形，底面，若，，则该四棱锥的体积为（）A．18 B．12 C．9 D．6【答案】D【分析】由棱锥的体积公式计算即可求解.【详解】由题意可得：该四棱锥的体积为，故选：D.3．一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球，2个绿色球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则两个球颜色相同的概率是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】记两个球颜色相同为事件，先求基本事件的总数，再计算事件包含的基本事件的个数，由古典概型概率公式即可求解.【详解】从4个球中不放回地依次随机摸出2个球，基本事件有种，记两个球颜色相同为事件，事件包含的基本事件有种，所以两个球颜色相同的概率是，故选：B.4．设是两个不同的平面，是平面内的一条直线，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合充分条件和必要条件的判定方法，即可求解.【详解】因为直线是平面内的一条直线，且，根据面面垂直的判定定理，可得，所以充分性成立；反之：直线是平面内的一条直线，由，但不一定成立，所以必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5．在中，，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由正弦定理化边为角即可求解.【详解】在中，由正弦定理可得：，因为，所以，可得，因为，所以，故选：C.6．水稻是世界最重要的食作物之一，也是我国60%以上人口的主粮.以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明"，育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献.某农场种植的甲、乙两种水稻在面积相等的两块稻田中连续6年的产量(单位：kg)如下：品种第1年第2年第3年第4年第5年第6年甲900920900850910920乙890960950850860890根据以上数据，下面说法正确的是（）A．甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数大B．甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小C．甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等D．甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定【答案】D【分析】分别计算两种水稻产量的平均数、中位数、极差、方差即可判断四个选项的正误，即可得出正确选项.【详解】对于选项A：甲种水稻产量的平均数：，乙种水稻产量的平均数：，所以甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，故选项A不正确；对于选项B：甲种水稻产量分别为：，中位数为，乙种水稻产量分别为，中位数为，所以甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数大，故选项B不正确；对于选项C：甲种水稻产量的极差为：，乙种水稻产量的极差为：，甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差不相等，故选项C不正确；对于选项D：甲种水稻的产量的方差为：乙种水稻的产量的方差为：，甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，甲种水稻的产量的方差小于乙种水稻的产量的方差，所以甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定，故选项D正确，故选：D.7．向量在正方形网格中的位置如图所示，若，则（）A．3 B． C．-3 D．【答案】D【分析】利用向量减求得，利用向量的坐标运算性质，向量相等即可得出．【详解】解：根据向量的减法得,，且，因此，则故选：D．8．某中学举办知识竞赛，共50人参加初试，成绩如下：成绩(分)959085807570656060以下人数146546789如果有40%的学生可以参加复试，则进入复试的分数线可以为（）A．65 B．70 C．75 D．80【答案】C【分析】由题得有20个学生可以进入复试，即得解.【详解】，所以有20个学生可以进入复试，由于1+4+6+5+4=20，所以进入复试的分数线可以为75.故选：C9．在棱长为1的正方体中，若点E是线段AB的中点，点M是底面ABCD内的动点，且满足，则线段AM的长的最小值为（）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，由可得点的轨迹方程，从而由平面知识即可求出线段AM的长的最小值．【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设，，，，所以，由可得，即，所以线段AM的长的最小值为．故选：B．10．已知不共线的平面向量两两的夹角相等，且，实数，，则的最大值为（）A． B．2 C． D．5【答案】C【分析】根据向量之间的夹角和模长求解两两之间的数量积，然后把目标式平方，结合的取值可得答案.【详解】因为平面向量两两的夹角相等，所以它们的夹角是；因为，所以；因为，，所以当取最大值时，即时，所以的最大值为.故选：C.二、填空题11．已知平面向量，，且，则实数_______________.【答案】【分析】由向量垂直的坐标表示列方程即可求解.【详解】因为，，且，所以，解得：，故答案为：.12．若复数为纯虚数，则实数a的值为_______________.【答案】-2【分析】解不等式组得解.【详解】因为复数为纯虚数所以，所以.故答案为：13．某班有42名学生，其中选考物理的学生有21人，选考地理的学生有14人，选考物理或地理的学生有28人，从该班任选一名学生，则该生既选考物理又选考地理的概率为_______________.【答案】【分析】先计算出该班有既选考物理又选考地理的人数，再除以班级总人数即可求解【详解】设选考物理的学生为集合，选考地理的同学为集合，由题意可得：，即，解得：，所以该班有人既选考物理又选考地理，所以从该班任选一名学生，则该生既选考物理又选考地理的概率为，故答案为：.14．已知的三边长为连续的正整数，给出下列四个结论：①存在满足条件的三角形，使得三个内角中的最大角等于另外两个角的和；②存在满足条件的三角形，使得三个内角中的最大角大于另外两个角的和；③存在满足条件的三角形，使得三个内角中的最大角等于最小角的2倍；④存在满足条件的三角形，使得三个内角中的最大角等于最小角的3倍.其中所有正确结论的序号是_____________.【答案】①②③【分析】通过实例，可判定①正确，②正确；设（其中为大于1的整数），结合正弦定理、余弦定理和三角函数的性质，可判定③正确；④不正确，得到答案.【详解】①中，例如：若，此时为直角三角形，满足，所以①正确；②中，例如：若，由余弦定理可得，因为为三角形的内角，可得，此时为钝角三角形，满足，所以②正确；③中，设，当时，可设（其中为大于1的整数），由正弦定理，可得因为，可得，可得，由余弦定理，可得，所以，解得，所以，即存在三边时，使得最大角时最小角的两倍，所以③正确；④中，由③值且，即，若，可得，可得，整理得，所以，因为，即，解得，因为，所以不存在三边为连续的自然数的三角形，使得最大角时最小角的三倍，所以④不正确.故答案为：①②③三、双空题15．已知一组不全相等的样本数据的平均数为10，方差为2，现再加入一个新数10，则新样本数据的平均数____________，方差____________.(填“变大”，“变小”，“不变”)【答案】不变变小【分析】根据平均数和方差的计算公式即可求解.【详解】设原来的一组数据有个分别为：，则，方差，加入一个新数10后，平均数为，所以平均数不变，新的方差为，所以新样本数据的平均数不变，方差变小，故答案为：不变，变小.16．已知等边的边长为2，D为边BC的中点，点是边上的动点，则的最大值为______________，最小值为______________.【答案】【分析】建立平面直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的坐标运算即可求解.【详解】如图，以所在的直线为轴，以的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，则，，，，，，，，对称轴为，所以在区间单调递减，在单调递增，当时，最大为，当时，最小为，故答案为：；.四、解答题17．在中，（1）求的值；（2）若，，求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用余弦定理可求得的值；（2）利用二倍角的正弦公式求出的值，然后利用正弦定理可求得的值.【详解】（1）因为在中，，所以，；（2）由（1）知，，所以因为，所以又因为，由正弦定理，可得18．如图，在正方体中，点分别是棱的中点.（1）求证：BD平面AEF；（2）求证：平面；（3）判断点是否在平面内，并说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）点在平面AEF内，理由见解析.【分析】（1）由点分别是棱的中点，证得四边形BEFD为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得BD平面；（2）由平面，得到，进而证得，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面.（3）取中点G，连接，证得FGDC，进而得到AFBG，又由点E，G分别是棱的中点，证得，得到，即可得到结论.【详解】（1）因为在正方体中，点E，F分别是棱的中点，所以BEDF，且BEDF，所以四边形BEFD为平行四边形，所以，又因为平面平面，所以BD平面.（2）因为在正方体中，平面，因为平面，所以.因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD又由（1）知BDEF，所以，又因为，且平面，所以平面.（3）点在平面内，理由如下：取中点G，连接，因为在正方体中，点G，F分别是棱的中点，所以DFCG，且DFCG，所以四边形DCGF为平行四边形，所以FGDC，且FGDC，又因为ABDC，ABDC，所以ABFG，ABFG，所以四边形ABGF为平行四边形，所以AFBG，因为在正方体中，点E，G分别是棱的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故点在平面内.19．某心理教育测评研究院为了解某市市民的心理健康状况，随机抽取了n位市民进行心理健康问卷调查，将所得评分(百分制)按研究院制定的心理测评评价标准整理，得到频率分布直方图.已知调查评分在[70，80)中的市民有200人心理测评评价标准调查评分[0，40)[40，50)[50，60)[60，70)[70，80)[80，90)[90，100]心理等级EDCBA（1）求n的值及频率分布直方图中t的值；（2）在抽取的心理等级为D的市民中，按照调查评分的分组，分为2层，通过分层随机抽样抽取3人进行心理疏导.据以往数据统计，经心理疏导后，调查评分在[40，50)的市民的心理等级转为B的概率为，调查评分在[50，60)的市民的心理等级转为B的概率为，假设经心理疏导后的等级转化情况相互独立，求在抽取的3人中，经心理疏导后至少有一人的心理等级转为B的概率；（3）该心理教育测评研究院建议该市管理部门设定预案：若市民心理健康指数的平均值不低于0.75，则只需发放心理指导资料，否则需要举办心理健康大讲堂.根据调查数据，判断该市是否需要举办心理健康大讲堂，并说明理由.(每组的每个数据用该组区间的中点值代替，心理健康指数=调查评分÷100)【答案】（1），t=0.002；（2）；（3）只需发放心理指导材料，不需要举办心理健康大讲堂活动，理由见解析.【分析】（1）利用公式求n的值，利用矩形的面积和为1求的值；（2）设事件M=“在抽取的3人中，经心理疏导后至少有一人的心理等级转为B”，利用对立事件的概率公式求解；（3）利用频率分布直方图的平均数求出平均数即得解.【详解】解：(1)由已知条件可得，又因为每组的小矩形的面职之和为1.所以(0.035+0.025+0.02+0.004+8t)×10=1，解得t=0.002·(2)由(1)知：t=0.002，所以调查评分在[40，50)中的人数是调查评分在[50，60)中人数的，若按分层抽样抽取3人，则调查评分在[40，50)中有1人，在[50，60)中有2人，设事件M=“在抽取的3人中，经心理疏导后至少有一人的心理等级转为B”.因为经心理疏导后的等级转化情况相互独立，所以所以故经心理疏导后至少有一人的心理等级转为B的概率为·(3)由频率分布直方图可得，45×0.02+55×0.04+65×0.14+75×0.2+85×0.35+95×0.25=80.7.估计市民心理健康调查评分的平均值为80.7，所以市民心理健康指数平均值为.所以只需发放心理指导材料，不需要举办心理健康大讲堂活动.20．在锐角中，，，、分别是边、上的点.且，再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并求：条件①：；条件②：；条件③：.（1）的值；（2）的大小；（3）四边形的面积.【答案】选择①③或②③：（1）；（2）；（3）.【分析】选条件①③：（1）利用正弦定理可求得的值；（2）利用余弦定理求出，可求得，由此可求得的大小；（3）求出、的面积，作差可得出四边形的面积；选条件②③：（1）利用同角三角函数的基本关系以及两角和的正弦公式可求得的值；（2）利用余弦定理求出，可求得，由此可求得的大小；（3）求出、的面积，作差可得出四边形的面积；【详解】选条件①③：（1）因为，，，又因为在中，，所以；（2）因为锐角三角形，由（1）知，所以.在中，因为，所以，即，解得，又因为，所以.又因为，所以，故；（3）因为，，由（2）知，所以，又因为，所以,所以四边形的面积为；选条件②③：（1）因为，，为锐角，所以，所以；（2）由（1）及正弦定理得，又因为，所以，又因