2020-2021学年浙江省宁波市高一（下）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年浙江省宁波市高一（下）期末数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年浙江省宁波市高一（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．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）已知复数z＝1﹣2i（i为虚数单位），则（　　）
A． B． C．1﹣2i D．1+2i
2．（5分）已知△ABC中，AB＝2，且，则△ABC周长为（　　）
A． B． C． D．4
3．（5分）如图，水平放置的矩形ABCD，AB＝3cm，AD＝1cm，则其直观图的面积为（　　）

A． B． C． D．
4．（5分）已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．﹣1
5．（5分）给出下列4个命题，其中正确的命题是（　　）
①垂直于同一直线的两条直线平行；
②垂直于同一平面的两条直线平行；
③垂直于同一直线的两个平面平行；
④垂直于同一平面的两个平面平行．
A．①② B．③④ C．②③ D．①④
6．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，已知PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝1，AC＝5，，则三棱锥P﹣ABC的外接球的体积为（　　）
A．24π B．36π C．72π D．144π
7．（5分）已知在△ABC中，D，E分别是AB，BC上的点，，，若（λ1，λ2为实数），则λ1+λ2的值为（　　）
A． B． C． D．
8．（5分）某学校有男生400人，女生600人．为调查该校全体学生每天睡眠时间，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得男生每天睡眠时间均值为7.5小时，方差为1，女生每天睡眠时间为7小时，方差为0.5．若男、女样本量按比例分配，则可估计总体方差为（　　）
A．0.45 B．0.62 C．0.7 D．0.76
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在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3分．
（多选）9．（5分）已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试成绩统计的折线图如下，则下列说法正确的是（　　）

A．若甲、乙两组数据的平均数分别为，，则
B．若甲、乙两组数据的方差分别为，，则
C．甲成绩的极差大于乙成绩的极差
D．甲成绩比乙成绩稳定
（多选）10．（5分）对任意向量，，，下列关系式中恒成立的是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）11．（5分）已知复数z1＝2﹣2i（i为虚数单位），复数z2满足|z2﹣i|＝1，则下列结论正确的是（　　）
A．z1在复平面内所对的点在第四象限
B．z2﹣z1在复平面内对应的点在第一象限
C．|z1﹣z2|的最大值为
D．|z1+z2|的最小值为
（多选）12．（5分）已知α，β，γ是三个不同平面，a，b，c为三条不同直线，且α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则（　　）
A．α，β，γ可以把空间最多分成7部分
B．若a∩b＝O，则a，b，c交于一点O
C．若a∥b，则a∥c，b∥c
D．若α⊥β，α⊥γ，β⊥γ，则a⊥b，a⊥c，b⊥c
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知向量，，则　 　．
14．（5分）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1的上、下底边长之比为1：2，记三棱锥C1﹣A1B1B体积为V1，三棱台ABC﹣A1B1C1的体积为V2，则　 　．

15．（5分）已知△ABC，A，BC＝2，则AB的最大值为 　 　．
16．（5分）已知P为△ABC内一点，，则△APC，△BPC的面积之比为 　 　．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）（Ⅰ）在复数范围内解方程：x2+4x+5＝0；
（Ⅱ）如图，在矩形ABCD中，，BC＝2，E为BC中点，点F在边CD上，若，求的值．

18．（12分）某市一湿地公园建设项目中，拟在如图所示一片水域打造一个浅水滩，并在A、B、C、D四个位置建四座观景台，在凸四边形ABCD中，AD＝BC＝CD千米，AB千米．
（Ⅰ）求证：cosC；
（Ⅱ）现要在A、C两处连接一根水下直管道，已知cosA，问最少应准备多少千米管道．

19．（12分）已知三棱锥P﹣ABC，PA⊥平面ABC，△PAC是以PC为斜边的等腰直角三角形，¡÷ABC是以AC为斜边的直角三角形，F为PC上一点，E为PB上一点，且AE⊥PB．
（Ⅰ）现给出两个条件：①EF⊥PC；②F为PC中点．从中任意选一个条件为已知条件，求证：PC⊥平面AEF；
（Ⅱ）若PC⊥平面AEF，直线AC与平面AEF所成角和直线AC与平面PAB所成角相等，且PA＝2，求三棱锥P﹣ABC的体积．

20．（12分）首次实施新高考的八省（市）于2021年1月23日统一举行了新高考适应性考试，在联考结束后，根据联考成绩，考生可了解自己的学习情况，作出升学规划，决定是否参加强基计划．在本次适应性考试中，某学校为了解高三学生的联考情况，随机抽取了100名学生的联考数学成绩作为样本，并按照分数段[50，70），[70，90），[90，110），[110，130），[130，150]分组，绘制了如图所示的频率分布直方图．
（Ⅰ）求出图中a的值并估计本次考试及格率（“及格率”指得分为90分及以上的学生所占比例）；
（Ⅱ）估计该校学生联考数学成绩的第80百分位数；
（Ⅲ）估计该校学生联考数学成绩的众数、平均数．

21．（12分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（2a+b）cosC+c•cosB＝0．
（Ⅰ）求角C；
（Ⅱ）若a+b＝5，点D为线段AB的中点，∠ACD＝30°，求a，b．
22．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD．
（Ⅰ）判断M点在PB的位置并说明理由；
（Ⅱ）记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；
（Ⅲ）若异面直线CM与AP所成角的余弦值为，求二面角M﹣CD﹣A的平面角的正切值．


2020-2021学年浙江省宁波市高一（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）已知复数z＝1﹣2i（i为虚数单位），则（　　）
A． B． C．1﹣2i D．1+2i
【解答】解：因为z＝1﹣2i，
所以．
故选：A．
2．（5分）已知△ABC中，AB＝2，且，则△ABC周长为（　　）
A． B． C． D．4
【解答】解：a，b，c对应的边长为BC，AC，AB，
∵，
∴由正弦定理，可得a+b，
∵AB＝2，
∴a+b＝2，
∴△ABC周长为a+b+c．
故选：B．
3．（5分）如图，水平放置的矩形ABCD，AB＝3cm，AD＝1cm，则其直观图的面积为（　　）

A． B． C． D．
【解答】解：由题意可计算水平放置的矩形ABCD的面积为：3×1＝3cm2．
∴其直观图面积cm2，
故选：C．
4．（5分）已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．﹣1
【解答】解：∵向量，，1，
∴向量在向量上的投影向量为：．
故选：A．
5．（5分）给出下列4个命题，其中正确的命题是（　　）
①垂直于同一直线的两条直线平行；
②垂直于同一平面的两条直线平行；
③垂直于同一直线的两个平面平行；
④垂直于同一平面的两个平面平行．
A．①② B．③④ C．②③ D．①④
【解答】解：对于①，垂直于同一直线的两条直线平行、相交或异面，故①错误；
对于②，垂直于同一平面的两条直线平行，故②正确；
对于③，垂直于同一直线的两个平面平行，故③正确；
对于④，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故④错误．
故选：C．
6．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，已知PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝1，AC＝5，，则三棱锥P﹣ABC的外接球的体积为（　　）
A．24π B．36π C．72π D．144π
【解答】解：如图，∵PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴PA⊥AB，
同理：PA⊥AC，
又∵AB⊥AC，
∴该三棱锥是长方体的一个角，扩展为长方体，两者的外接球相同，
∵长方体的体对角线就是该长方体外接球的直径，
又∵长方体的体对角线为：，
∴外接球的直径2R＝6，
∴R＝3，
∴球的体积V36π，

故选：B．
7．（5分）已知在△ABC中，D，E分别是AB，BC上的点，，，若（λ1，λ2为实数），则λ1+λ2的值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：因为
，
所以，
则，
故选：D．
8．（5分）某学校有男生400人，女生600人．为调查该校全体学生每天睡眠时间，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得男生每天睡眠时间均值为7.5小时，方差为1，女生每天睡眠时间为7小时，方差为0.5．若男、女样本量按比例分配，则可估计总体方差为（　　）
A．0.45 B．0.62 C．0.7 D．0.76
【解答】解：由题意，总体的均值为，
根据分层抽样的性质，则总体的方差为：
0.436+0.324＝0.76．
故选：D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在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3分．
（多选）9．（5分）已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试成绩统计的折线图如下，则下列说法正确的是（　　）

A．若甲、乙两组数据的平均数分别为，，则
B．若甲、乙两组数据的方差分别为，，则
C．甲成绩的极差大于乙成绩的极差
D．甲成绩比乙成绩稳定
【解答】解：由折线图可知，甲同学除第二次考试成绩略低于乙同学，
其他次考试成绩都高于乙同学，所以，故选项A正确；
由折线图的变化趋势可知，甲同学的成绩比乙同学的成绩稳定，
所以，故选项B错误，选项D正确；
极差为数据样本的最大值与最小值的差，
所以甲同学成绩的极差小于乙同学成绩的极差，故选项C错误．
故选：AD．
（多选）10．（5分）对任意向量，，，下列关系式中恒成立的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：对于A，|||||cos，|≤||||，故A正确；
对于B，（）表示与平行的向量，（）表示与平行的向量，
而与的关系是不确定的，故B错误；
对于C，向量的平方等于向量模的平方，故C正确；
对于D，因为（）•（）||²﹣||²，故D正确．
故选：ACD．
（多选）11．（5分）已知复数z1＝2﹣2i（i为虚数单位），复数z2满足|z2﹣i|＝1，则下列结论正确的是（　　）
A．z1在复平面内所对的点在第四象限
B．z2﹣z1在复平面内对应的点在第一象限
C．|z1﹣z2|的最大值为
D．|z1+z2|的最小值为
【解答】解：复数z1＝2﹣2i在复平面内对应的点为P，则P（2，﹣2），
所以点P在第四象限，故选项A正确；
复数z2满足|z2﹣i|＝1，则z2在复平面内对应的点Q是以C（0，1）为圆心，1为半径的圆，
故z2﹣z1在复平面内对应的点不一定在第一象限，故选项B错误；
|z1﹣z2|表示点P，Q之间的距离，所以|z1﹣z2|的最大值为PC+1，故选项C正确；
|z1+z2|表示点Q与点P'（﹣2，2）之间的距离，
所以|z1+z2|的最小值为P'C﹣1，故选项D错误．
故选：AC．
（多选）12．（5分）已知α，β，γ是三个不同平面，a，b，c为三条不同直线，且α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则（　　）
A．α，β，γ可以把空间最多分成7部分
B．若a∩b＝O，则a，b，c交于一点O
C．若a∥b，则a∥c，b∥c
D．若α⊥β，α⊥γ，β⊥γ，则a⊥b，a⊥c，b⊥c
【解答】解：对于A，若α、β、γ两两相交，且共点，可得它们将空间分成8个部分，故A错误；
对于B，因为a∩b＝O，则O∈a，O∈b，又α∩β＝a，α∩γ＝b
∴O∈β．O∈γ，
∵α∩γ＝c，
∴O∈c，即a、b、c三线共点，则B正确；
对于C，由a∥b，b⊄β，a⊂β，可得b∥β，b⊂γ，β∩γ＝c，可得b∥c，a∥c，故C正确；
对于D，若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝b，
由面面垂直的性质定理可得 b⊥α，
∵a⊂α，c⊂α，
∴a⊥b，b⊥c，b⊥c，故D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知向量，，则　1　．
【解答】解：向量，，则1×3﹣2×1＝1．
故答案为：1．
14．（5分）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1的上、下底边长之比为1：2，记三棱锥C1﹣A1B1B体积为V1，三棱台ABC﹣A1B1C1的体积为V2，则　1：7　．

【解答】解：由三角形的相似性可知上下底面的面积比值为1：4，设，
设棱台的高为h，则点B到△A1B1C1的距离也是h，
从而：．
故答案为：1：7．
15．（5分）已知△ABC，A，BC＝2，则AB的最大值为 　　．
【解答】解：根据正弦定理，，
∴，
∵当C时，sinC＝1，
∴AB的最大值为．
故答案为：．
16．（5分）已知P为△ABC内一点，，则△APC，△BPC的面积之比为 　　．
【解答】解：方法一：由P为△ABC内一点，，
可得2（3（）
取AC的中点为F，BC的中点为G，如图所示，
则2，
所以，
故答案为：．
方法二：因为P为△ABC内一点，，
所以由奔驰定理可得：S△PBC：S△PAC：S△PAB＝2：3：5，
所以，
故答案为：．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）（Ⅰ）在复数范围内解方程：x2+4x+5＝0；
（Ⅱ）如图，在矩形ABCD中，，BC＝2，E为BC中点，点F在边CD上，若，求的值．

【解答】解：（Ⅰ）方程x2+4x+5＝0可化为（x+2）2＝﹣1，
所以x+2＝±i，
解得原方程的根为﹣2+i或﹣2﹣i．
（Ⅱ）以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示：

则，D（0，2），，．
设F（x，2），由，解得x＝1，
所以．
18．（12分）某市一湿地公园建设项目中，拟在如图所示一片水域打造一个浅水滩，并在A、B、C、D四个位置建四座观景台，在凸四边形ABCD中，AD＝BC＝CD千米，AB千米．
（Ⅰ）求证：cosC；
（Ⅱ）现要在A、C两处连接一根水下直管道，已知cosA，问最少应准备多少千米管道．

【解答】解：（Ⅰ）证明：由余弦定理：BD2＝AD2+AB2﹣2AD⋅AB⋅cosA＝CD2+CB2﹣2CD⋅CB⋅cosC，
∴，
∴；
（Ⅱ）∵，∴由（Ⅰ）得，求得，
∴△BCD为正三角形，，．
∴在△ABD中，，
∴，
∴在△ACD中，．
∴．（说明：不扣分）．
19．（12分）已知三棱锥P﹣ABC，PA⊥平面ABC，△PAC是以PC为斜边的等腰直角三角形，¡÷ABC是以AC为斜边的直角三角形，F为PC上一点，E为PB上一点，且AE⊥PB．
（Ⅰ）现给出两个条件：①EF⊥PC；②F为PC中点．从中任意选一个条件为已知条件，求证：PC⊥平面AEF；
（Ⅱ）若PC⊥平面AEF，直线AC与平面AEF所成角和直线AC与平面PAB所成角相等，且PA＝2，求三棱锥P﹣ABC的体积．

【解答】（Ⅰ）证明：若选①EF⊥PC
∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
又BC⊥AB，AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB．
又AE⊂平面PAB，∴BC⊥AE．
又AE⊥PB，PB∩BC＝B，∴AE⊥平面PBC．
又PC⊂平面PBC，∴AE⊥PC．
又EF⊥PC，EF∩AE＝E，∴PC⊥平面AEF；
若选②F为PC中点，
∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC．
又BC⊥AB，AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB．
又AE⊂平面PAB，∴BC⊥AE．
又AE⊥PB，PB∩BC＝B，∴AE⊥平面PBC．
又PC⊂平面PBC，∴AE⊥PC．
又F为等腰直角三角形PAC斜边PC中点，
则AF⊥PC，而AF∩AE＝E，
∴PC⊥平面AEF．
（Ⅱ）解：由PC⊥平面AEF，BC⊥平面PAB可知，
∠CAF与∠CAB分别为AC与平面AEF及BC与平面PAB所成线面角，
∴∠CAF＝∠CAB，
又，，
又PA＝AC＝2，∴，求得，
∴．

20．（12分）首次实施新高考的八省（市）于2021年1月23日统一举行了新高考适应性考试，在联考结束后，根据联考成绩，考生可了解自己的学习情况，作出升学规划，决定是否参加强基计划．在本次适应性考试中，某学校为了解高三学生的联考情况，随机抽取了100名学生的联考数学成绩作为样本，并按照分数段[50，70），[70，90），[90，110），[110，130），[130，150]分组，绘制了如图所示的频率分布直方图．
（Ⅰ）求出图中a的值并估计本次考试及格率（“及格率”指得分为90分及以上的学生所占比例）；
（Ⅱ）估计该校学生联考数学成绩的第80百分位数；
（Ⅲ）估计该校学生联考数学成绩的众数、平均数．

【解答】解：（Ⅰ）由（0.004+a+0.013+0.014+0.016）×20＝1得a＝0.003，
则及格率为：（0.016+0.014+0.003）×20＝0.66＝66%．
（Ⅱ）得分在110以下的学生所在比例为（0.004+0.013+0.016）×20＝0.66，
得分在130以下的学生所占比例为0.66+0.014×20＝0.94，
所以第80百分位数位于[110，130）内，
由，
估计第80百分位数为120．
（Ⅲ）由图可得，众数估计值为100．
平均数估计值为0.08×60+0.26×80+0.32×100+0.28×120+0.06×140＝99.6．
21．（12分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（2a+b）cosC+c•cosB＝0．
（Ⅰ）求角C；
（Ⅱ）若a+b＝5，点D为线段AB的中点，∠ACD＝30°，求a，b．
【解答】解：（Ⅰ）解法一：
由（2a+b）cosC+c⋅cosB＝0得（2sinA+sinB）cosC+sinC⋅cosB＝0，
所以2sinAcosC+sinBcosC+sinC⋅cosB＝0，
所以2sinAcosC+sin（B+C）＝0，
即2sinAcosC+sinA＝0消去sinA得，
所以．
解法二：
由余弦定理得，
整理得，所以a2+b2﹣c2＝﹣ab，
即，所以．
（Ⅱ）解法一：∵∠ACD＝30°，∠BCA，∴∠BCD＝90°，
∴在Rt△BCD中，，
在△ACD中，，得．
又sin∠ADC＝sin∠BDC，所以，即2a＝b．
又a+b＝5，解得，．
解法二：
因为∠ACD＝30°，所以∠BCD＝90°，，所以b＝2a，
又a+b＝5，所以，．
22．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD．
（Ⅰ）判断M点在PB的位置并说明理由；
（Ⅱ）记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；
（Ⅲ）若异面直线CM与AP所成角的余弦值为，求二面角M﹣CD﹣A的平面角的正切值．

【解答】解：（Ⅰ）连结BD交AC于O，连结OM，
∵PD∥平面MAC，OM⊂平面PBD，平面MAC∩平面PBD＝OM，
∴PD∥OM，
又∵O为BD中点，∴M为PB中点；
（Ⅱ）如图，连结OP，则K＝OP∩DM，K为△PBD重心，
∴．
（Ⅲ）取AD中点H，连结PH，HB，
取HB中点G，连结MG，GC，可知MG∥PH．
取AB中点N，连结MN，NC，可知MN∥PA，
∴∠CMN或其补角就是异面直线CM与AP所成角，如图．
∵平面PAD⊥平面ABCD，AD＝平面PAD∩平面ABCD，PH⊥AD．
∴PH⊥平面ABCD，因此MG⊥上平面ABCD．
令PH＝t（t＞0），AD＝2，可计算得：，，
，，，
∴cos∠CMN，
整理得3t4﹣28t2+25＝0，解得t2＝1，，即t＝1，．
过G作GQ⊥CD交CD于Q，连结MQ．
证得CD⊥平面MGQ，∴CD⊥MQ，
则∠MQG就是所求二面角的平面角，如图．
∴或．

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