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2020-2021学年江苏省南京市“校际联合体”高一(下)期末数学试卷
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这是一份2020-2021学年江苏省南京市“校际联合体”高一(下)期末数学试卷,共23页。试卷主要包含了选择题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
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。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
A. B. C. D.1
2.(5分)化简,得
A. B. C. D.
3.(5分)已知一组数据,,,,,的方差是,那么另一组数据,,,,,的方差是
A. B. C. D.
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
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
A. B. C. D.21
6.(5分)若,则实数的值为
A.3 B. C.2 D.4
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
A. B.1 C. D.
8.(5分)在中,,,,是内一点,且,设,则
A. B. C. D.
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
A.
B.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
A.
B.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80
D.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)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①,②,③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.
①当时,求;
②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
A. B. C. D.1
【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,属于基础题.
2.(5分)化简,得
A. B. C. D.
【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
A. B. C. D.
【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,,,,
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
A. B. C. D.21
【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,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
A.3 B. C.2 D.4
【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
A. B.1 C. D.
【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
A. B. C. D.
【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
A.
B.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:,,
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,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
A.
B.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80
D.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,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:.
【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,
,,,,
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、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,
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①,②,③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①,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②,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③,由正弦定理,三角形内角和定理化简已知等式可得,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①,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②,因为,
所以由正弦定理可得,即,
因为,
所以可得,
因为,
所以.
若选③,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)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.
①当时,求;
②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.
【分析】(1)由已知利用余弦定理求解;
(2)方法一、①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;
②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、①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;
②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.
①选择,作为平面内一组基底,则由,
知,,
;
②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,所在的直线为轴,所在的直线为轴,建立平面直角坐标系,
则,,,
①当时,则,,
,.
;
②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:,①
,②
将①②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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