ImageVerifierCode 换一换
格式:DOCX , 页数:21 ,大小:1.69MB ,
资源ID:217608      下载积分:30 金币
快捷下载
登录下载
邮箱/手机:
温馨提示:
快捷下载时,用户名和密码都是您填写的邮箱或者手机号,方便查询和重复下载(系统自动生成)。 如填写123,账号就是123,密码也是123。
特别说明:
请自助下载,系统不会自动发送文件的哦; 如果您已付费,想二次下载,请登录后访问:我的下载记录
支付方式: 支付宝    微信支付   
验证码:   换一换

加入VIP,更优惠
 

温馨提示:由于个人手机设置不同,如果发现不能下载,请复制以下地址【https://www.77wenku.com/d-217608.html】到电脑端继续下载(重复下载不扣费)。

已注册用户请登录:
账号:
密码:
验证码:   换一换
  忘记密码?
三方登录: 微信登录   QQ登录   微博登录 

下载须知

1: 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。
2: 试题试卷类文档,如果标题没有明确说明有答案则都视为没有答案,请知晓。
3: 文件的所有权益归上传用户所有。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 本站仅提供交流平台,并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

版权提示 | 免责声明

本文(2020-2021学年天津市四校联考高一下期末数学试卷(含答案详解))为本站会员(狼****)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

2020-2021学年天津市四校联考高一下期末数学试卷(含答案详解)

1、2020-2021学年天津市四校联考高一(下)期末数学试卷一、选择题:本大题共9小题,每小题5分,共计45分每小题有且仅有一项符合题目要求1(5分)已知是虚数单位,则复数的共轭复数为ABCD2(5分)在中,则ABC或D或3(5分)已知水平放置的按斜二测画法,得到如图所示的直观图,其中,那么的周长为A6BCD4(5分)某校高一年级开展英语百词测试,现从中抽取100名学生进行成绩统计将所得成绩分成5组:第1组,第2组,第3组,第4组,第5组,并绘制成如图所示的频率分布直方图则第4组的学生人数为A20B30C40D505(5分)设,为不重合的平面,为不重合的直线,则其中正确命题的序号为,则;,则;,

2、则;,则ABCD6(5分)在平行四边形中,与交于点,的延长线与交于点若,则ABCD7(5分)已知直三棱柱的各棱长均相等,体积为,为中点,则点到平面的距离为ABCD8(5分)下列四个命题正确的个数为抛掷两枚质地均匀的骰子,则向上点数之和不小于10的概率为;现有7名同学的体重(公斤)数据如下:50,55,45,60,68,65,70,则这7个同学体重的上四分位数(第75百分位数)为65;新高考改革实行“”模式,某同学需要从政治、地理、化学、生物四个学科中任取两科参加高考,则选出的两科中含有政治学科的概率为A3B2C1D09(5分)已知是三角形的外心,若,且,则实数的最大值为A3BCD二、填空题:本

3、大题共6小题,每小题5分,共30分第15题第一个空2分,第二个空3分10(5分)已知平行四边形,则点的坐标为 11(5分)将圆心角为,半径为8的扇形围成一个圆锥,则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为 12(5分)记的面积为,且满足,则的值为 13(5分)甲参加猜成语比赛,假定甲每轮获胜的概率都是,且各轮比赛结果互不影响,则在三轮比赛中甲恰好获胜两轮的概率为 14(5分)已知正四棱锥中,底面边长为2,侧面积为,若该四棱锥的所有顶点都在球的表面上,则球的体积为 15(5分)在中,则,延长交于点,点在边上,则的最小值为 三、解答题:本大题共5小题,共75分解答必需写出必要的文字说明、推理过程或计算步

4、骤,只有结果的不给分16(14分)已知平面向量,满足,(1)若,求的坐标;(2)若,求的值;(3)若在上的投影向量为,求与的夹角17(14分)在中,角,所对的边分别为,且()求角的大小;()若的外接圆半径,求的面积18(15分)已知的内角,的对边分别为,(1)求角的大小;(2)若角为锐角,求19(16分)如图,三棱柱,侧面底面,侧棱,点、分别是棱、的中点,点为棱上一点,且满足,(1)求证:平面;(2)求证:;(3)求直线与平面所成角的余弦值20(16分)如图,平面四边形中,以为折痕将折起,使点到达点的位置,且(1)若为棱中点,求异面直线与所成角的余弦值;(2)证明:平面平面;(3)求二面角的平

5、面角的正弦值参考答案解析一、选择题:本大题共9小题,每小题5分,共计45分每小题有且仅有一项符合题目要求1(5分)已知是虚数单位,则复数的共轭复数为ABCD【分析】先利用复数的除法运算求助复数,再利用共轭复数的定义求解即可【解答】解:因为,所以共轭复数为故选:【点评】本题考查了复数的除法运算,共轭复数定义的应用,考查了运算能力,属于基础题2(5分)在中,则ABC或D或【分析】由已知利用正弦定理可得,根据大边对大角可求,利用特殊角的三角函数值即可求解的值【解答】解:因为,所以由正弦定理,可得,解得,因为,可得,则故选:【点评】本题主要考查了正弦定理,大边对大角,特殊角的三角函数值在解三角形中的应

6、用,考查了转化思想,属于基础题3(5分)已知水平放置的按斜二测画法,得到如图所示的直观图,其中,那么的周长为A6BCD【分析】利用斜二测画法的规则,求出原中的信息,求解周长即可【解答】解:由直观图中,可得中,因为,则又底边,所以的周长为故选:【点评】本题主要考查了平面图形的直观图的画法及应用,其中熟记斜二测画法的规则是解答的关键,考查了数形结合思想的应用,属于基础题4(5分)某校高一年级开展英语百词测试,现从中抽取100名学生进行成绩统计将所得成绩分成5组:第1组,第2组,第3组,第4组,第5组,并绘制成如图所示的频率分布直方图则第4组的学生人数为A20B30C40D50【分析】根据直方图中各

7、区间所对应的频率和为1,可推得第4组,频率,再结合样本容量100,即可求解【解答】解:由图可得,解得,第四组的人数为故选:【点评】本题考查了频率分布直方图的应用问题,也考查了频率、频数与样本容量的应用问题,属于基础题5(5分)设,为不重合的平面,为不重合的直线,则其中正确命题的序号为,则;,则;,则;,则ABCD【分析】由直线与平面平行、平面与平面平行的关系判断;由两平面平行分析两平面中直线的位置关系判断;由线面垂直与面面垂直的关系分析;由直线与平面垂直的性质及面面垂直的判定判断【解答】解:若,则或,故错误;若,则或与异面,故错误;若,则或,又,则,故正确;若,则,又,可得,故正确故选:【点评

8、】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定,考查空间想象能力与思维能力,是基础题6(5分)在平行四边形中,与交于点,的延长线与交于点若,则ABCD【分析】,根据和可得,结合,可解决此题【解答】解:如图所示:由得,由得,又,故选:【点评】本题考查平面向量共线定理,考查数学运算能力及直观想象能力,属于中档题7(5分)已知直三棱柱的各棱长均相等,体积为,为中点,则点到平面的距离为ABCD【分析】利用直棱柱的体积公式求出棱长,点到平面的距离为,由等体积法,求解即可【解答】解:直三棱柱的各棱长均相等,设棱长为,因为体积为,则,解得,设点到平面的距离为,因为,则,由等体积法,即,即,

9、解得,故点到平面的距离为故选:【点评】本题考查了点到平面距离的求解,涉及了直棱柱体积公式的应用,等体积法是求解点到平面的距离的常用方法,属于中档题8(5分)下列四个命题正确的个数为抛掷两枚质地均匀的骰子,则向上点数之和不小于10的概率为;现有7名同学的体重(公斤)数据如下:50,55,45,60,68,65,70,则这7个同学体重的上四分位数(第75百分位数)为65;新高考改革实行“”模式,某同学需要从政治、地理、化学、生物四个学科中任取两科参加高考,则选出的两科中含有政治学科的概率为A3B2C1D0【分析】:根据古典概型的概率计算公式即可求解;:根据百分位数的求解公式即可求解【解答】解:抛掷

10、两枚质地均匀的骰子,总的基本事件数为种,向上点数之和不小于10的基本事件有,共6种,所以所求事件的概率,故正确,:因为,所以这7个同学体重的上四分位数(第75百分位数)为68,故错误,:从政治、地理、化学、生物四个学科中任取两科参加高考的基本事件个数为,选出的两科中含有政治学科的基本事件有(政治,地理),(政治,生物),(政治,化学)共3种,所以所求事件的概率,故正确,故选:【点评】本题考查了命题的真假判断,涉及到古典概型的概率计算公式以及百分位数的求解,考查了学生的运算转化能力,属于中档题9(5分)已知是三角形的外心,若,且,则实数的最大值为A3BCD【分析】设,由得,化简得,由是三角形的外

11、心可知,是三边中垂线交点,得,根据题意知,是三角形外接圆的半径,可得,代入,得,结合前面等式得关于、的表达式,再用基本不等式可解决此题【解答】解:如图所示:设,由得,化简得,由是三角形的外心可知,是三边中垂线交点,得,代入上式得,根据题意知,是三角形外接圆的半径,可得,代入,得,当且仅当“”时,等号成立故选:【点评】本题考查平面向量数量积性质及基本不等式应用,考查数学运算能力,属于难题二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分第15题第一个空2分,第二个空3分10(5分)已知平行四边形,则点的坐标为 【分析】设点的坐标为,根据列方程组求出、的值【解答】解:平行四边形中,设点的坐标为,由,

12、得,解得,所以故答案为:【点评】本题考查了平面向量的坐标表示与运算问题,是基础题11(5分)将圆心角为,半径为8的扇形围成一个圆锥,则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为 【分析】设母线长为,底面半径为,利用侧面展开图,求出圆心角,然后求出底面半径,即可求出圆锥母线与底面所成角的余弦值【解答】解:设母线长为,底面半径为,则依题意易知,由,代入数据即可得,因此所求角的余弦值即为故答案为:【点评】本题是基础题,考查圆锥的侧面展开图,扇形的知识,圆锥的母线与底面所成的角,考查计算能力12(5分)记的面积为,且满足,则的值为 【分析】由三角形的面积公式及平面向量的数量积公式代入化简,再由同角三角关系式求

13、解即可【解答】解:,且,故答案为:【点评】本题考查了平面向量的数量积公式应用及三角函数的应用,属于基础题13(5分)甲参加猜成语比赛,假定甲每轮获胜的概率都是,且各轮比赛结果互不影响,则在三轮比赛中甲恰好获胜两轮的概率为 【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式列式求解即可【解答】解:由题意,甲每轮获胜的概率都是,且各轮比赛结果互不影响,所以在三轮比赛中甲恰好获胜两轮的概率为故答案为:【点评】本题考查了相互独立事件的概率乘法公式的应用,属于基础题14(5分)已知正四棱锥中,底面边长为2,侧面积为,若该四棱锥的所有顶点都在球的表面上,则球的体积为 【分析】由正四棱锥的底边长与侧面积可得侧棱长,求出

14、正四棱锥的高,球心在高所在直线上,利用勾股定理求半径,则球的体积可求【解答】解:设正四棱锥的侧棱长为,又侧面积为,解得,正四棱锥的高,正四棱锥的外接球的球心在正四棱锥的高所在直线上,如图,设球的半径为,则,解得,则球的体积为故答案为:【点评】本题主要考查正四棱锥的性质,直四棱锥的体积与其外接球的体积,考查空间想象能力与思维能力,考查运算求解能力,是中档题15(5分)在中,则,延长交于点,点在边上,则的最小值为 【分析】用,求得,即可求得,建立平面直角坐标系,设,即可求得的最小值【解答】解:由,可得由,可得,则如图建立平面直角坐标系,可得,设,为中点,时,最小,最小值为答案为:,【点评】本题考查

15、了平面向量的线性、数量积的运算,考查了转化思想,属于中档题三、解答题:本大题共5小题,共75分解答必需写出必要的文字说明、推理过程或计算步骤,只有结果的不给分16(14分)已知平面向量,满足,(1)若,求的坐标;(2)若,求的值;(3)若在上的投影向量为,求与的夹角【分析】(1)由向量平行设,再由模公式求得,(2)由垂直得,化简得,从而整体代入求,(3)设与的夹角为,由投影向量的定义的得,从而解得【解答】解:(1)由题意设,解得,即,或,(2),即,即,故,(3)设与的夹角为,则,即,即,【点评】本题考查了平面向量的应用,重点考查了平行与垂直的应用,同时考查了整体思想与待定系数法的应用,属于中

16、档题17(14分)在中,角,所对的边分别为,且()求角的大小;()若的外接圆半径,求的面积【分析】()由正弦定理,两角和的正弦公式,同角三角函数基本关系式化简已知等式可得的值,结合范围,可求的值()由题意利用正弦定理可求的值,根据余弦定理可求的值,进而根据三角形的面积公式即可求解【解答】解:()因为,由正弦定理可得,又,所以,即,因为,所以,即,因为,所以()因为,的外接圆半径,所以由,可得,因为,由余弦定理,可得,即,解得,(负值舍去),所以的面积【点评】本题主要考查了正弦定理,两角和的正弦公式,同角三角函数基本关系式,余弦定理,三角形的面积公式在解三角形中的应用,考查了计算能力和转化思想,

17、属于基础题18(15分)已知的内角,的对边分别为,(1)求角的大小;(2)若角为锐角,求【分析】(1)由正弦定理,余弦定理化简已知等式,结合,可得的值,结合范围,可得的值(2)由题意可得,设,可得,在中,由余弦定理可得,又,利用余弦定理可得,联立解得,解方程可得的值【解答】解:(1)因为,所以由正弦定理可得,又,所以可得,又,所以,或(2)若角为锐角,则,又,设,可得,在中,由余弦定理可得,又,所以,整理可得,由联立解得,解方程可得,或(舍去)【点评】本题主要考查了正弦定理,余弦定理在解三角形中的综合应用,考查了转化思想和方程思想的应用,属于中档题19(16分)如图,三棱柱,侧面底面,侧棱,点

18、、分别是棱、的中点,点为棱上一点,且满足,(1)求证:平面;(2)求证:;(3)求直线与平面所成角的余弦值【分析】(1)设,连接,利用中位线定理可证明四边形为平行四边形,则,由线面平行的判定定理证明即可;(2)利用已知的边角关系可得,由面面垂直的性质定理可得平面,即可证明结论;(3)先利用线面垂直的判定定理证明平面,可得为与平面所成的角,然后在三角形中,由边角关系求解即可【解答】(1)证明:设,连接,因为,分别为,的中点,则,因为为的中点,所以,且,所以,则四边形为平行四边形,故,因为平面,平面,故平面;(2)证明:因为,所以,即,因为平面平面,且平面平面,所以平面,又平面,故;(3)解:因为

19、,又,平面,故平面,连接,则为在平面内的射影,所以为与平面所成的角,因为,且,所以,在中,所以,则,所以,故,所以直线与平面所成角的余弦值为【点评】本题主要考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,空间角的计算,在使用几何法求线面角时,可通过已知条件,在斜线上取一点作该平面的垂线,找出该斜线在平面内的射影,通过解直角三角形求得,属于中档题20(16分)如图,平面四边形中,以为折痕将折起,使点到达点的位置,且(1)若为棱中点,求异面直线与所成角的余弦值;(2)证明:平面平面;(3)求二面角的平面角的正弦值【分析】(1)取的中点,连接,利用异面直线的定义,得到即为异面直线与所成的角,

20、在三角形中利用边角关系求解即可;(2)利用线面垂直的判定定理证明平面,由面面垂直的判定定理证明即可;(3)在平面内,过点,连接,利用二面角的平面角的定义可得,即为二面角的平面角,在三角形中利用边角关系求解即可【解答】(1)解:取的中点,连接,因为为的中点,则,则即为异面直线与所成的角,在中,则,所以为直角三角形,则,在中,由余弦定理可得,故异面直线与所成角的余弦值为;(2)证明:由(1)可知,又,平面,所以平面,又平面,所以平面平面;(3)解:在平面内,过点,连接,由(2)可知,平面平面,又平面平面,所以平面,因为,由三垂线定理可得,则即为二面角的平面角,在中,由余弦定理可得,在中,所以,则,在等腰中,在中,故二面角的平面角的正弦值为【点评】本题考查了翻折问题,异面直线所成角的求解,二面角的求解,面面垂直的判定,对于几何法求解空间角问题,解题的关键是利用定义找到对应的角,考查了逻辑推理能力与空间想象能力,属于中档题