江苏省南京市“校际联合体”2020-2021学年高一下期末联考数学试卷(含答案解析)

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资源描述

1、2020-2021学年江苏省南京市“校际联合体”高一下期末数学试卷一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。1(5分)设复数满足,则ABCD12(5分)化简,得ABCD3(5分)已知一组数据,的方差是,那么另一组数据,的方差是ABCD4(5分)在中,则此三角形A无解B一解C两解D解的个数不确定5(5分)中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘微的有关工作,提出“幂势既同,则积不容异”“幂”是截面积,“势”是几何体的高,即:两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等,上述原理称为“祖暅原理”一个上底面边长为1,下底面边长为2

2、,侧棱长为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”,则该不规则几何体的体积为ABCD216(5分)若,则实数的值为A3BC2D47(5分)在各棱长均相等的直三棱柱中,已知是棱的中点,是棱的中点,则异面直线与所成角的正切值为AB1CD8(5分)在中,是内一点,且,设,则ABCD二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分每小题给出的选项中,有多项符合题目要求全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分9(5分)欧拉公式(其中为虚数单位,是由瑞士著名数学家欧拉创立的,该公式将指数函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数与指数函数的关联,在复变函数论里占有非常重要的地位被誉为数学中的“天桥

3、”依据欧拉公式,下列选项正确的是AB为纯虚数C的共轭复数为D已知复数,则复数,在复平面内的对应点关于虚轴对称10(5分)已知,是两条不同的直线,是两个不同的平面且,则A若,则B若,则C若,则D若,则11(5分)某校对200名考生的数学竞赛成绩进行统计,分成,五组,得到如图所示频率直方图,则根据频率直方图,下列说法正确的是AB估计该校学生数学竞赛成绩的平均数在,内C该校学生数学竞赛成绩的中位数大于80D该校学生数学竞赛成绩不低于80分的有90人12(5分)已知菱形的边长为2,现将沿折起形成四面体设,则下列选项正确的是A当时,二面角的大小为B当时,平面平面C无论为何值,直线与都不垂直D存在两个不同

4、的值,使得四面体的体积为三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分请把答案直接填写在答题卡相应位置上13(5分)已知,则向量,夹角的余弦值为 14(5分)一个圆锥的侧面展开图是半径为2,圆心角为的扇形,则该圆锥的表面积为 15(5分)已知正方体的棱长为1,点在正方体内部(含表面)且满足条件:到正方体顶点的距离为1则所有满足条件的点构成的空间图形的面积为 16(5分)在中,、在边所在直线上,且满足,则四、解答题:本题共6小题,共70分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)在平面直角坐标系中,已知点,(1)以线段,为邻边作平行四边形,求向量的坐标和;(2

5、)设实数满足,求的值18(12分)如图,在三棱柱中,侧面是矩形,侧面是菱形,、分别是、的中点,(1)求证:平面;(2)求证:;(3)若,是边长为4的正三角形,求三棱锥的体积19(12分)在,这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答该题已知的内角,所对的边分别是,满足 _(1)求角;(2)若,且外接圆的直径为2,求的面积20(12分)已知函数(1)若,设且,求的值;(2)若恒成立,且,求的最小值21(12分)如图,在中,已知,(1)求的长度;(2)若点是上一点且满足,点是边上上一点且满足当时,求;是否存在非零实数,使得?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由22(12分)当时,将,称为一

6、组连续正整数(1)是否存在这样的三角形,其三边为一组连续正整数,且最大角是最小角的两倍?若存在,求出所有符合条件的三角形,若不存在,请说明理由;(2)若一个凸四边形的四条边依次为连续正整数5,6,7,8,求该四边形面积的最大值2020-2021学年江苏省南京市“校际联合体”高一(下)期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1(5分)设复数满足,则ABCD1【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出【解答】解:,则,故选:【点评】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于基

7、础题2(5分)化简,得ABCD【分析】由已知结合诱导公式及两角和的正弦公式进行化简,然后结合特殊角的三角函数值即可求解【解答】解:故选:【点评】本题主要考查了诱导公式及两角和的正弦公式,属于基础题3(5分)已知一组数据,的方差是,那么另一组数据,的方差是ABCD【分析】由结论:若数据,的方差是,则数据,的方差是,从而直接得到答案【解答】解:由结论:若数据,的方差是,则数据,的方差是得数据,的方差是,数据,的方差是,故选:【点评】本题考查了方差的常见结论应用,属于基础题4(5分)在中,则此三角形A无解B一解C两解D解的个数不确定【分析】由已知可求,利用正弦定理即可求解三角形有两解【解答】解:在中

8、,则,可得,可得此三角形有两解故选:【点评】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用,属于基础题5(5分)中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘微的有关工作,提出“幂势既同,则积不容异”“幂”是截面积,“势”是几何体的高,即:两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等,上述原理称为“祖暅原理”一个上底面边长为1,下底面边长为2,侧棱长为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”,则该不规则几何体的体积为ABCD21【分析】由“祖暅原理”,结合已知求出正六棱台的上下底面面积,再由棱台体积公式求解即可【解答】解:由“祖暅原理”知

9、,该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等,因为正六棱台的上下底面边长分别为1和2,则,所以故选:【点评】本题考查棱台体积的求法,“祖暅原理”的应用,属于基础题6(5分)若,则实数的值为A3BC2D4【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系,可得,变形利用两角和差的三角公式,求得【解答】解:若,即,即,即,即,即,即,则实数,故选:【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系,两角和差的三角公式,属于中档题7(5分)在各棱长均相等的直三棱柱中,已知是棱的中点,是棱的中点,则异面直线与所成角的正切值为AB1CD【分析】以为原点,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出异面直线与所成角的正切

10、值【解答】解:高各棱长均相等的直三棱柱中,棱长为2,以为原点,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,则,0,1,1,1,0,设异面直线与所成角为,则,异面直线与所成角的正切值为故选:【点评】本题考查异面直线所成角的正切值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是基础题8(5分)在中,是内一点,且,设,则ABCD【分析】由已知可得是角的平分线,然后分别求出向量与向量,向量的数量积,建立等式关系即可求解【解答】解:由已知可得是角的平分线,又,所以,且,且,所以,即,故选:【点评】本题考查了平面向量基本定理的应用,涉及到向量的数量积的概念的应用,考查

11、了学生的运算转化能力,属于基础题二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分每小题给出的选项中,有多项符合题目要求全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分9(5分)欧拉公式(其中为虚数单位,是由瑞士著名数学家欧拉创立的,该公式将指数函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数与指数函数的关联,在复变函数论里占有非常重要的地位被誉为数学中的“天桥”依据欧拉公式,下列选项正确的是AB为纯虚数C的共轭复数为D已知复数,则复数,在复平面内的对应点关于虚轴对称【分析】利用欧拉公式,化简求解判断选项的正误即可【解答】解:选项:,故错误;选项:, 为纯虚数,故正确;选项:, 的共轭复数为,故正确 选项

12、:,所以 与 实部相等,虚部互为相反数,故复数, 在复平面内的对应点关于实部对称,故 错误故选:【点评】本题考查欧拉公式的应用,考查复数的概念,属于基础题10(5分)已知,是两条不同的直线,是两个不同的平面且,则A若,则B若,则C若,则D若,则【分析】由线面平行和垂直的性质,以及面面平行的性质,可判断;由线面平行和垂直的性质,以及面面的位置关系,可判断;由线面平行和垂直的性质,以及面面垂直的判定定理,可判断;由面面垂直的性质和线面的位置关系,可判断【解答】解:对于,由,可得,由,可得过的平面与的交线与平行,由,则,故正确;对于,若,可能,故错误;对于,若,可得,由,可得过的平面与的交线与平行,

13、则,由,可得,故正确;对于,若,则或,故错误故选:【点评】本题考查空间中线线、线面和面面的位置关系,考查转化思想和推理能力,属于中档题11(5分)某校对200名考生的数学竞赛成绩进行统计,分成,五组,得到如图所示频率直方图,则根据频率直方图,下列说法正确的是AB估计该校学生数学竞赛成绩的平均数在,内C该校学生数学竞赛成绩的中位数大于80D该校学生数学竞赛成绩不低于80分的有90人【分析】根据数学竞赛成绩落在各个区间的概率和为1可求得值,判断;根据平均数与中位数的计算方法进行计算可判断;根据图可计算数学竞赛成绩不低于80分的人数,可判断【解答】解:根据题意得,解得,对;由图可得平均数为:,对;由

14、图可得中位数为,错;由图可知该校学生数学竞赛成绩不低于80分的有,错故选:【点评】本题考查频率分布直方图中平均数、中位数、落在某一区间内的数的算法,考查数学运算能力,属于基础题12(5分)已知菱形的边长为2,现将沿折起形成四面体设,则下列选项正确的是A当时,二面角的大小为B当时,平面平面C无论为何值,直线与都不垂直D存在两个不同的值,使得四面体的体积为【分析】根据二面角的定义,取中点,作出二面角的平面角,根据的大小判断、选项;选项可以用特殊的四面体正四面体进行否定;选项考虑点运动过程中的轨迹,通过体积的最大值与的大小关系来判断【解答】解:对于、选项,取中点,连接,则,为二面角所成的平面角当时,

15、为等边三角形,所以,所以正确当时,所以,即平面平面,所以正确对于选项,当时,四面体为正四面体,与垂直,所以错误对于选项,翻折过程中,点的轨迹为半圆弧,当平面平面时,四面体的体积最大,为,因为,所以在翻折的过程中,存在两个点,使得四面体的体积为,即存在两个,所以正确故选:【点评】本题考查空间几何体中二面角、异面垂直、体积,属于中档题三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分请把答案直接填写在答题卡相应位置上13(5分)已知,则向量,夹角的余弦值为 【分析】根据题意,设向量,夹角为,由数量积的计算公式可得,变形可得,解可得答案【解答】解:根据题意,设向量,夹角为,若,则有,即,解可得,故答案为

16、:【点评】本题考查向量数量积的计算,涉及向量模、夹角的计算,属于基础题14(5分)一个圆锥的侧面展开图是半径为2,圆心角为的扇形,则该圆锥的表面积为 【分析】利用圆锥的底面周长即为侧面展开图的弧长,从而求出底面半径,然后利用扇形的面积公式以及圆的面积公式求解即可【解答】解:设圆锥的底面半径为,则有,解得,所以圆锥的表面积为故答案为:【点评】本题考查了圆锥的几何性质的应用,解题的关键是掌握圆锥的侧面展开图与圆锥之间关系,考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力,属于基础题15(5分)已知正方体的棱长为1,点在正方体内部(含表面)且满足条件:到正方体顶点的距离为1则所有满足条件的点构成的空间

17、图形的面积为 【分析】利用球的定义即可得到点的轨迹,然后由球的表面积公式求解即可【解答】解:因为正方体的棱长为1,又到正方体顶点的距离为1,故点的轨迹为以为球心,1为半径为球面的,所以所有满足条件的点构成的空间图形的面积为故答案为:【点评】本题考查了空间中动点轨迹的求解,球的表面积公式的应用,解题的关键是掌握球的定义,考查了逻辑推理能力与空间想象能力,属于中档题16(5分)在中,、在边所在直线上,且满足,则【分析】在中,利用正弦,余弦定理求出,进而求出,在中,由余弦定理求出,得到,利用二倍角公式求出,最后解直角三角形即可【解答】解:如图,由余弦定理可得,在中,由正弦定理得,在中,由余弦定理得,

18、在中,故答案为:【点评】本题考查正弦定理,余弦定理在解三角形中的应用,二倍角公式和同角三角函数的应用,属于中档题四、解答题:本题共6小题,共70分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)在平面直角坐标系中,已知点,(1)以线段,为邻边作平行四边形,求向量的坐标和;(2)设实数满足,求的值【分析】(1)利用向量加法的平行四边形法及其模的计算公式即可得出(2)利用向量共线定理即可得出【解答】解:(1)由向量加法的平行四边形法则知:,(2分)从而(4分)(2)(6分)(8分)从而由,得:,解得:(10分)【点评】本题考查了向量加法的平行四边形法及其模的计算公式、

19、向量共线定理,考查了推理能力与计算能力,属于基础题18(12分)如图,在三棱柱中,侧面是矩形,侧面是菱形,、分别是、的中点,(1)求证:平面;(2)求证:;(3)若,是边长为4的正三角形,求三棱锥的体积【分析】(1)连接,由三角形的中位线定理知,矩形的对边,得,根据线面平行的判定定理可得答案(2)由菱形的对角线互相垂直,得,根据线面垂直的判定定理可得平面,进而可得答案(3)根据题意可得平面,计算即可得出答案【解答】解:(1)证明:连接,由是菱形的对角线的交点知,点为的中点且是的中点,由三角形的中位线定理知,矩形的对边,得,平面,平面,故平面(2)证明:由菱形的对角线互相垂直,得,因为平面,平面

20、,又,故平面,因为平面,故有(3)由侧面是矩形,知,又由,平面,平面,得平面,即平面,由是边长为4的正三角形,知,故【点评】本题考查立体几何中线面的位置关系,解题中需要一定的逻辑推理能力,属于中档题19(12分)在,这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答该题已知的内角,所对的边分别是,满足 _(1)求角;(2)若,且外接圆的直径为2,求的面积【分析】(1)若选,由正弦定理,三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得,可求范围,解得,即可得解的值;若选,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,结合范围,可得的值;若选,由正弦定理,三角形内角和定理化简已知等式可

21、得,由余弦定理可得的值,结合范围,可得的值(2)由,平方可得,进而根据正弦定理,余弦定理可求,进而解得的值,即可根据三角形的面积公式求解【解答】解:(1)若选,因为,则由正弦定理知:,即,由辅助角公式,整理得:,由,故,可得角若选,因为,所以由正弦定理可得,即,因为,所以可得,因为,所以若选,因为,可得,所以由正弦定理可得,即,所以由余弦定理可得,因为,所以(2)由,平方知:,由正弦定理知:,由余弦定理知:,从而有,解得:,故的面积【点评】本题主要考查了正弦定理,三角函数恒等变换,余弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的综合应用,考查了计算能力和转化思想,属于中档题20(12分)已知函数(1

22、)若,设且,求的值;(2)若恒成立,且,求的最小值【分析】(1)利用辅助角公式化简,由题意可求得,利用两角和的正弦公式即可求解的值;(2)由题意求出,从而可得的解析式,进而求得的值域,从而可得,的取值范围,即可求解的最小值【解答】解:函数,(1)由,则,故,即,且,从而,所以(2)由,知,得且,故,即,由,得,故,故,从而且,故的最小值为2【点评】本题主要考查三角恒等变换,同角三角函数的基本关系,三角函数的最值,考查运算求解能力,属于中档题21(12分)如图,在中,已知,(1)求的长度;(2)若点是上一点且满足,点是边上上一点且满足当时,求;是否存在非零实数,使得?若存在,求出的值;若不存在,

23、请说明理由【分析】(1)由已知利用余弦定理求解;(2)方法一、由(1)可得,选择,作为平面内一组基底,则由,把用基底表示,然后求解即可;假设存在非零实数,使得,选择,作为平面内一组基底,把用基底表示,结合求解的值方法二、以为坐标原点,所在的直线为轴,所在的直线为轴,建立平面直角坐标系,求得的坐标,然后求解即可;求出的坐标,再由数量积为0,求得的值【解答】解:(1)在中,由余弦定理,知,的长度为;(2)方法一、由(1)知:,故是以为直角的直角三角形选择,作为平面内一组基底,则由,知,;假设存在非零实数,使得,即选择,作为平面内一组基底,则,故由,得,即,两边同时除以,得方法二、以为坐标原点,所在

24、的直线为轴,所在的直线为轴,建立平面直角坐标系,则,当时,则,;假设存在非零实数,使得,即由,知,由,得,即,两边同时除以,得【点评】本题考查平面向量的数量积运算,考查化归与转化思想,考查运算求解能力,是中档题22(12分)当时,将,称为一组连续正整数(1)是否存在这样的三角形,其三边为一组连续正整数,且最大角是最小角的两倍?若存在,求出所有符合条件的三角形,若不存在,请说明理由;(2)若一个凸四边形的四条边依次为连续正整数5,6,7,8,求该四边形面积的最大值【分析】(1)由题意不妨设的三个内角,的对边分别为,则记,则,由正弦定理可求,在中,由余弦定理可得,即,解得,即可得解(2)记四边形的四条边分别为,在中,中,根据余弦定理可求,利用三角形的面积公式可求,将两式平方相加得,根据余弦函数的性质即可求解的最大值【解答】解:(1)不妨设的三个内角,的对边分别为,则由大边对大角,知:记,则,从而由正弦定理知:,即,在中,由余弦定值知:,故有:,即,解得:,综上,符合条件的三角形有且只有一个,其三边分别为4,5,6(2)记四边形的四条边分别为,记,在中,在中,从而有:,将平方相加得:,化简得:,当且仅当时,有最大值为【点评】本题主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形的面积公式以及余弦函数的性质在解三角形中的综合应用,考查了方程思想和转化思想的应用,属于中档题

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