2020-2021学年江苏省南京市“校际联合体”高一（下）期末数学试卷

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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日期：2021/8/23 17:46:28；用户：高中数学12；邮箱：sztdjy76@xyh.com；学号：26722394