2021长沙一中高一下学期期末数学试卷含解析

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长沙市第一中学2020-2021学年度高一第二学期期末考试数学时量：120分钟 满分：150分得分__________．一､选择题：本大题共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. 直线的倾斜角是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】将一般式化成斜截式，再根据即可求解详解】由变形可得，则，又，所以，故选：C【点睛】本题考查由直线的一般式求解直线倾斜角，属于基础题2. 如图，四棱锥中，底面为矩形且平面，连接与，下面各组向量中，数量积不一定为零的是（    ）A. 与 B. 与C. 与 D. 与【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理及向量垂直的充要条件即可求解.【详解】对于A,因为平面，平面,所以,因为底面为矩形，所以,,平面,所以平面，平面,所以,即，所以，故A不正确；对于B, 因为平面，平面,所以,因为底面为矩形，所以,,平面,所以平面，平面,所以,即，所以，故B不正确；对于C，因为底面为矩形，所以与不垂直，所以与不一定垂直，所以与不一定垂直，所以与的数量积不一定为0，故C正确．对于D,因为平面，平面,所以,因为底面为矩形，所以,,平面,所以平面，平面,所以,即，所以，故D不正确.故选：C.3. 设复数满足：，则的共轭复数是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数代数形式的除法法则化简复数，即可得到其共轭复数；【详解】解：，，．故选：C．4. 过点（1，0）且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是（ ）A. x-2y-1=0 B. x-2y+1=0 C. 2x+y-2=0 D. x+2y-1=0【答案】A【解析】【分析】设出直线方程，利用待定系数法得到结果.【详解】设与直线平行的直线方程为，将点代入直线方程可得，解得．则所求直线方程为．故A正确．【点睛】本题主要考查两直线的平行问题，属容易题．两直线平行倾斜角相等，所以斜率相等或均不存在．所以与直线平行的直线方程可设为． 5. 根据历年气象统计资料，某市在七月份的某一天吹南风的概率为25%，下雨的概率为35%，吹南风或下雨的概率为38%，则既吹南风又下雨的概率为（    ）A. 22% B. 13% C. 24% D. 28%【答案】A【解析】【分析】根据概率公式直接得出结论.【详解】由题知，既吹南风又下雨的概率为.故选：A.6. 已知一组数据的分位数为4，则的值和其总体方差分别为（    ）A. 2，9 B. 3，10 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据第百分位数的定义及方差计算公式即可求解.【详解】因为数据的第数为4，所以，解得，所以这组数据的平均数为，所以方差为，故选：D.7. 三棱锥P­-ABC中，PA⊥平面ABC，则该三棱锥外接球的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】将三棱锥P-­ABC中放在圆柱中，由正弦定理得的外接圆的直径，再结合勾股定理求得外接球的直径，从而求得表面积.【详解】作出的外接圆由于PA⊥平面ABC，可将三棱锥P­-ABC中放在圆柱中，如图所示：因为由正弦定理得的外接圆的直径为 ，又,则三棱锥P-­ABC外接球的直径为，故外接球的表面积为 故选：C【点睛】方法点睛：求外接球半径的常用方法：（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.8. 已知三个内角，，及其对边，，，其中，角为锐角，且， 则面积的最大值为（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由余弦定理求得，且，再由三角形的面积公式和基本不等式可得选项.【详解】由得，所以，即，而，所以，所以，又因为，所以，所以，，故选：A.【点睛】本题考查运用余弦定理解三角形，三角形的面积公式，以及运用基本不等式求最值，属于中档题.二､多选题：本大题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 下列说法不正确的是（    ）A. 抛掷一枚硬币1000次，一定有500次“正面朝上”B. 若甲组数据的方差是，乙组数据的方差是，则甲组数据比乙组数据稳定C. 为了解我国中学生的视力情况，应采取全面调查的方式D. 一组数据的中位数和众数都是5【答案】ACD【解析】【分析】对于A,根据随机事件的定义即可求解；对于B，根据方差的性质及作用即可求解；对于C，抽样调查和全面调查的定义即可求解；对于D，根据中位数和众数的定义即可求解.【详解】对于A，因为每次抛掷硬币都是随机事件，所以不一定有500次“正面朝上”，故A错误；对于B，因为方差越小越稳定，故B正确；对于C，为了解我国中学生的视力情况，应采取抽样调查的方式，故C错误；对于D，数据按从小到大排列后为，则其中位数为3，众数为5，故D错误，故选: ACD.10. 复数满足，则下列说法正确的是（    ）A. 在复平面内点落在第四象限B. 为实数C. D. 复数的虚部为【答案】ABC【解析】【分析】根据复数的除法法则及复数相等的条件，再利用复数的几何意义及复数的模公式，结合复数的概念即可求解.【详解】由，得，所以，点落在第四象限，故A正确；所以，故B正确；所以，故C正确；由，得复数的虚部为，故D不正确．故选：．11. 设直线与圆，则下列结论正确的为（    ）A. 直线与圆一定相交B. 直线一定将圆平分C. 当时，被截得弦长为D. 被截得的最短弦长为4【答案】AD【解析】【分析】结合直线与圆的知识对选项进行分析，利用弦长公式确定CD正误，利用直线过定点判断A,利用斜率判断B,从而确定正确选项.【详解】圆的圆心为原点，半径为.对于A选项，直线过定，点，且点在圆内，则直线与圆必相交，A选项正确；对于B选项，若直线将圆平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，B选项不正确；对于C选项，当时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，所以，直线被截得的弦长为，C选项错误；对于D选项，圆心到直线的距离为，所以，直线被截得的弦长为，D选项正确．故选：AD12. 正方体的棱长为分别为的中点，则下列结论正确的是（    ）A. 直线与直线不垂直B. 直线与平面平行C. 平面截正方体所得的截面面积为3D. 点到平面的距离是点到平面的距离的【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用反正法，结合线面垂直的判定定理和性质定理即可判断；对于B,根据三角形中位线定理及面面平行的判定定理，结合面面平行的性质定理即可求解；对于C，根据确定平面的条件及三角形的面积公式，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解;对于D，根据等体积法求出相应椎体的体积即可求解.【详解】对于A选项，若，因为且，所以平面，所以，所以，此时不成立，所以A正确；对于B选项，取的中，点，连接，如图所示由条件可知：，且，所以平面平面，又因为平面，所以平面，所以B正确；对于C选项，连接，延长交于点，如图所示因为为的中点，所以，所以四点共面，所以截面即为梯形，又因为，所以，所以梯形，所以C错误．对于D选项，记点，与点到平面的距离分别为，因为，又因为，所以，所以D正确．故选:ABD．三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13. 若直线的方向向量为．平面的法向量为，则直线与平面的关系为________．【答案】【解析】【分析】利用向量共线定理、线面垂直的判定定理即可判断出.【详解】解：∵，∴，因此.故答案为：.【点睛】本题考查空间向量共线定理，线面垂直的向量方法，考查运算能力，是基础题.14. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是______ ．【答案】【解析】【分析】设出圆锥的底面半径，由它的侧面展开图是一个半圆，分析出母线与半径的关系，结合圆锥的表面积为，构造方程，可求出半径.【详解】设圆锥的底面的半径为，圆锥的母线为，则由得，而故，解得，故答案为：.【点睛】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确理解这两个关系是解题的关键．15. 一袋中装有外观完全相同的六个小球，编号分别为，从中不放回地抽取2个球，则抽出的2个球的编号和不大5的概率为__________．【答案】【解析】【分析】写出所有的基本事件和满足题意的事件，利用古典概型公式求解.【详解】由题意，所有的基本事件为：，，共15个，其中“从中不放回地抽取2个球，2个球的编号和不大于5”有，共4个基本事件，则抽出的2个球的编号和不大5的概率为．故答案为：16. 已知三条直线，其中为实数，不同时为零，不同时为零，且．设直线交于点，则点到直线的距离的最大值__________．【答案】【解析】【分析】利用直线恒过定点问题得出直线恒过定点，再根据直线三角形斜边的中线定理得出点的轨迹，进而求出点的轨迹方程，结合圆上的点到直线的距离的最值问题即可求解.【详解】由于，且，，易知直线过原点，将直线的方程化为，由解得所以，直线过定点，所以，因为，则，直线的方程为，直线的方程可化为，由解得所以，直线过定点，设线段的中点为点，：则，如图所示若点不与或重合，由于，由直角三角形的性质可得；若点与或重合，满足．由上可知，点的轨迹是以为直径的圆，该圆圆心为，半径为．所以点的轨迹方程为设点到直线的距离为，当时，；当不与垂直时，．综上，．所以，点到直线的距离的最大值为．故答案为：.四､解答题：本大题共6小题，共70分．解答应㝍出文字说明，证明过程或演算步骤．17. 已知在某次招考测试中，甲､乙､丙3人各自通过测试的概率分别为．求：（1）至少有1人通过测试的概率；（2）恰有2人通过测试的概率．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设事件“甲通过测试”，事件乙通过测试”，事件“丙通过测试”，事件与相互独立，至少有1人通过测试的对立事件为1人也没用过，利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.（2）设事件“甲､乙､丙3人中恰有2人通过测试”，则，利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.【小问1详解】设事件“甲通过测试”，事件乙通过测试”，事件“丙通过测试”，事件与相互独立，由题意有：．设事件“甲､乙､丙3人中至少有1人通过测试”，则对立事件【小问2详解】设事件“甲､乙､丙3人中恰有2人通过测试”，则，由于事件均相互独立，并且事件两两互斥，因此18. 四棱锥，底面为正方形，边为中点，平面．（1）若为等边三角形，求三棱锥的体积；（2）若的中点为与平面所成角为，求与所成角的正切值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一及等体积法，再利用棱锥的体积公式即可求解；（2）根据线面角的定义及勾股定理，再利用异面直线所成角的定义及线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理及锐角三角函数的正切函数的定义即可求解.【小问1详解】为等边三角形，且为中点，，，又平面，三棱锥的体积．【小问2详解】平面，又直线在平面内的射影为,为与平面所成角，即，如图所示为等腰直角三角形，分别为的中点，，所以（或其补角）为异面直线与所成的角，平面平面，又平面，平面，平面，在中，．所以与所成角的正切值为.19. 某校农村中学有学生1000人．在假期研学旅行中开展地方劳动技术教育，结束时对某一项劳动技能进行测试，测试结果如下表．分数段人数50150300300200（1）估计本次测试的平均成绩并完成频率分布直方图；（2）在90分以上（含90分）男生占60%，在这部分学生中按男女生比例抽取5人担任助教，并在这5人中随机抽3人担任助教长，求助教长中恰好有一名女生的概率．【答案】（1）平均成绩分；频率分布直方图见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用每组数据的组中值乘以该组数据的频率，然后将所得的结果相加即可得到本次测试的平均成绩，然后分别计算出、的频率除以组距的值即可据此作出频率分布直方图；（2）先根据分层抽样计算出人中男生、女生的人数，然后根据要求列出人中抽取人对应的基本事件，再分析恰有一名女生的基本事件数量，由此可求解出概率.【详解】（1）依题意有平均分为（分）；的频率为，对应频率除以组距的值为，的频率为，对应频率除以组距的值为；故频率分布直方图如下：（2）抽取的人中男生有：人，女生有：人，记男生为，女生为，则从人中抽取人对应的所有基本事件有： 共种可能，记“助教长中恰好有一名女生”为事件，其对应的基本事件有：，共种，所以，所以助教中恰有一名女生的概率为.20. 如图，在直三棱柱中，底面是等边三角形，是的中点，且．（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】证明：连接交于点，连接，在三棱柱中，四边形为平行四边形，因为，则为的中点，又因为为的中点，则，平面，平面，因此，平面.【小问2详解】解：因为为等边三角形，为的中点，则，又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，，则，取，可得，.因为，平面与平面夹角的余弦值为.21. 自古以来，人们对于崇山峻岭都心存敬畏，然而，随着技术手段的发展，山高路远便不再阻碍人们出行，伟大领袖毛主席曾作词：“一桥飞架南北，天堑变通途”．在科技腾飞的当下，路桥建设部门仍然潜心研究如何缩短空间距离方便出行，如港珠澳跨海大桥，现在正在修建的中国到尼泊尔的穿过珠穆朗玛峰的隧道等．如图为某工程队要在山体的水平面上从到修建一条隧道，测量员测得，因为具体情况不能测出与的长，但发现为中点，设．（1）用表示；（2）若，①求的长；②求的面积．【答案】（1）    （2）① ；②【解析】【分析】（1）根据线段中点的向量线性表示及向量的数量积公式及运算律即可求解；（2）①根据线段中点的向量的线性表示两边平方得，再利用向量的夹角公式及（1）的结论即可求解；②根据角之间的关系及平方关系，再两角差的正弦公式及三角形的面积公式即可求解.【小问1详解】因为为中点，所以，所以．小问2详解】由（1）知，所以，得所以，化简可得解得或，又，所以，代入，得，所以，所以所以，所以的面积．22. 如图，已知圆O∶，过点E(1，0)的直线l与圆相交于A，B两点.（1）当|AB|=时，求直线l的方程；（2）已知D在圆O上，C(2，0)，且AB⊥CD，求四边形ACBD面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）分别考虑斜率存在与不存在时，利用弦心距表示出即可，（2）当直线与轴垂直时，，，四边形的面积，当直线与轴不垂直时，设直线方程为，则直线方程为，求出点到直线的距离，从而得到弦长和，由此利用配方法能求出四边形面积的最大值．【详解】解：（1）当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时，不符合题意；当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，所以圆心到直线的距离，因为，所以，解得，所以直线的方程为．（2）当直线与轴垂直时，，，四边形的面积，当直线与轴不垂直时，设直线方程为，即，则直线方程为，即，点到直线的距离为，点到直线的距离，，则四边形面积，令（当时，四边形不存在），，四边形面积的最大值为．【点睛】本题考查直线方程的求法，考查四边形面积的最大值的求法，考查圆、直线方程、点到直线距离公式、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想．