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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

    2020-2021学年江苏省南京市“校际联合体”高一(下)期末数学试卷第1页
    2020-2021学年江苏省南京市“校际联合体”高一(下)期末数学试卷第2页
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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,


    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.
    声明:试题解析著作权属菁优网所有,未经书面同意,不得复制发布
    日期:2021/8/23 17:46:28;用户:高中数学12;邮箱:sztdjy76@xyh.com;学号:26722394

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