安徽省六安市重点中学2020-2021学年高一下学期期末考试——数学试题

这是一份安徽省六安市重点中学2020-2021学年高一下学期期末考试——数学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，且，则（ ）
A．0B．C．D．
3．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的棱中，与棱AB垂直的棱有（ ）
A．2条B．4条
C．6条D．8条
4．如图，已知，用，表示，则等于（ ）
A．B．
C．D．
5．函数的最小正周期和最大值分别是（ ）
A．和B．和2C．和D．和2
6．在中，“”是“”的（ ）条件
A．充分非必要B．必要非充分C．充要D．非充分非必要
7．个数据的平均数为，中位数为，方差为．若将这个数据均扩大到原来的2倍得到一组新数据，则下列关于这组新数据的说法正确的是（ ）
A．平均数为B．中位数为C．标准差为D．方差为
8．若，则（ ）
A．B．C．D．
9．如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为，圆柱的底面半径为，高为，则该几何体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
10．以下说法正确的是（ ）
A．空间异面直线的夹角取值范围是
B．直线与平面的夹角的取值范围是
C．二面角的取值范围是
D．向量与向量夹角的取值范围是
11．如图.是圆的直径，，，是圆上一点(不同于，)，且，则二面角的平面角为（ ）
A．B．C．D．
12．如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90°，A，D分别是BF，CE上的点，AD∥BC，且AB=DE=2BC=2AF（如图1），将四边形ADEF沿AD折起，连结BE、BF、CE（如图2）．在折起的过程中，下列说法中正确的个数（ ）
①AC∥平面BEF；
②B、C、E、F四点可能共面；
③若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCD；
④平面BCE与平面BEF可能垂直
A．0B．1C．2D．3
第II卷（非选择题）
二、填空题
13．高二11班共有男生30人，女生20人，按男女性别分层抽取一个容量为10人的样本，参加一个与兄弟班级的知识竞赛，抽取到的女生的数量是___________.
14．长方体的长宽高分别为2，3，4，且长方体的八个顶点都在球O的球面上，则球O的半径为_________．
15．线段在平面的一侧，到平面的距离分别为3和5，则的中点到的距离为_______.
16．在中，，，是中点，则__________．
三、解答题
17．已知，，与的夹角为.
（1）计算的值；
（2）若，求实数k的值.
18．已知函数.
（1）求函数的值域；
（2）求函数单调递增区间.
19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求B；
（2）若，的面积为，求的周长.
20．如图所示，在四棱锥中，平面PAD，，E是PD的中点．
（1）求证：；
（2）线段AD上是否存在点N，使平面平面PAB，若不存在请说明理由：若存在给出证明．
21．某中学现有学生人，为了解学生数学学习情况，对学生进行了数学测频率试，得分分布在之间，按，，，，分组，得到的频率分布直方图如图所示，且已知.
（1）求，的值；
（2）估计该中学数学测试的平均分(同组数据以这组数据的中间值作代表)；
（3）估计该中学数学分数在的人数.
22．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，，侧面PAB底面，，
（1）求证：平面
（2）过AC的平面交PD于点M，若，求三棱锥的体积．
参考答案
1．C
【分析】
根据复数模的运算求得正确选项.
【详解】
.
故选：C
2．A
【分析】
根据建立等式化简即可得到答案.
【详解】
由有，化简有.
故选：A.
3．D
【分析】
根据线线之间的垂直关系判断即可.
【详解】
在长方体ABCD－A1B1C1D1的棱中，与棱AB垂直的棱有BC，B1C1，A1D1，AD，AA1，BB1，CC1，DD1，共8条．
故选：D.
4．C
【分析】
根据向量加法和减法的三角形法则即可求解.
【详解】
解：，
，
故选：C.
5．C
【分析】
利用辅助角公式化简，结合三角函数最小正周期和最大值的求法确定正确选项.
【详解】
由题，，所以的最小正周期为，最大值为.
故选：C．
6．C
【分析】
根据三角形内角的性质知：、都有，由等价法知条件“”、“”之间的充分、必要关系.
【详解】
∵中，由正弦定理，
∴当必有，根据三角形中大边对大角知：；
当时，在三角形中由，有或 成立，即；
∴“”是“”的充要条件.
故选：C
7．B
【分析】
个数据的平均数为，中位数为，方差为．
若将这个数据均扩大到原来的2倍得到一组新数据，
根据平均数、中位数、方差、标准差的定义进行判断即可.
【详解】
个数据的平均数为，中位数为，方差为．
若将这个数据均扩大到原来的2倍得到一组新数据，
则由于平均数为所有数之和除以m，故平均数变为，故A错；
中位数为这组数从小到大排列后中间的那个数或中间两数和的平均数，
由于每个数都变为原来2倍，所以中位数也变为原来的2倍，即，故B对；
方差描述的是这组数的波动情况， 的方差为，则的
方差为 ，标准差为 ，故C,D错；
故选：B
【点睛】
熟悉平均数、中位数、方差、标准差的概念，特别是一组数据扩大某个倍数或增加某个数值的情况下，平均数、中位数、方差、标准差的变化.
8．C
【分析】
先根据诱导公式计算出的值，然后根据二倍角的余弦公式求解出的值.
【详解】
∵.
∴，
∴，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于诱导公式以及二倍角公式的熟练使用，要具备一定的转化技巧；本例还可以通过直接将变形进行求解：.
9．A
【分析】
由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可
【详解】
解：由题意得，球的半径，圆柱的底面半径，高，
则该几何体的表面积为
故选：A.
10．C
【分析】
空间异面直线的夹角取值范围是，所以选项错误；直线与平面的夹角的取值范围是，所以选项错误；二面角的取值范围是，所以选项正确；向量与向量夹角的取值范围是，所以选项错误.
【详解】
选项：空间异面直线的夹角取值范围是，所以选项错误；
选项：直线与平面的夹角的取值范围是，所以选项错误；
选项：二面角的取值范围是，所以选项正确；
选项：向量与向量夹角的取值范围是，所以选项错误.
故选：C
【点睛】
本题主要考查空间的角的范围，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
11．C
【分析】
由圆的性质知：，根据线面垂直的判定得到面，即，结合二面角定义可确定二面角的平面角.
【详解】
∵是圆上一点(不同于，)，是圆的直径，
∴，，，即面，而面，
∴，又面面，，
∴由二面角的定义：为二面角的平面角.
故选：C
12．C
【分析】
根据折叠前后线段、角的变化情况，由线面平行、面面垂直的判定定理和性质定理对各命题进行判断，即可得出答案．
【详解】
对①，在图②中，连接交于点，取中点，连接MO，易证AOMF为平行四边形，即AC//FM，所以AC//平面BEF，故①正确；
对②，如果B、C、E、F四点共面，则由BC//平面ADEF，可得BC//EF，又AD//BC，所以AD//EF，这样四边形ADEF为平行四边形，与已知矛盾，故②不正确；
对③，在梯形ADEF中，由平面几何知识易得EFFD，又EFCF，∴EF平面CDF，
即有CDEF，∴CD平面ADEF，则平面ADEF平面ABCD，故③正确；
对④，在图②中，延长AF至G，使得AF=FG，连接BG，EG，易得平面BCE平面ABF，BCEG四点共面．过F作FNBG于N，则FN平面BCE，若平面BCE平面BEF，
则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故④错误．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理的应用，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．
13．
【分析】
利用分层抽样的定义求解即可
【详解】
解：由题意可得，抽取到的女生的数量为
，
故答案为：4
14．
【分析】
利用球O的直径即为长方体的体对角线可求球O的半径.
【详解】
因为长方体的八个顶点都在球O的球面上，故球O的直径即为长方体的体对角线，
而体对角线的长为，故球O的半径为，
故答案为：.
15．4
【分析】
根据线面垂直的性质定理，即可直接得出结果.
【详解】
由直线与平面垂直的性质定理，可知的中点到的距离为以3和5为上、下底的直角梯形的中位线的长，即.
故答案为4
【点睛】
本题主要考查空间距离的问题，熟记线面垂直的性质即可，属于常考题型.
16．2
【分析】
分别以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，建立平面直角坐标系，分别求出和的坐标，然后计算求值即可.
【详解】
分别以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，建立平面直角坐标系，如下图：
所以，设，所以，即，
所以，，所以.
故答案为：2.
【点睛】
方法点睛：解决向量数量积的问题，通常有两种思路，第一种思路是用定义，第二种是用坐标法，把向量用坐标去表示，使问题简单化.
17．（1）8；（2）1.
【分析】
利用平面向量的数量积直接计算即可.
【详解】
（1），
（2），即，
.
【点晴】
此题考平面向量的数量积的计算，属于简单题.
18．(1) , (2)
【分析】
（1）先对函数化简为，然后利用正弦函数的取值范围可求出的值域；
（2）由解出的范围就是所要求的递增区间.
【详解】
解：
（1）因为，
所以
所以的值域为；
（2）由，得
，
所以单调递增区间为
【点睛】
此题考查三角函数的恒等变换公式，正弦函数的性质，属于基础题.
19．（1）；（2）
【分析】
（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式即可求出，进而求出；
（2）根据余弦定理可得到，再根据三角形面积公式得到 ，即可求出 ，进而求出的周长.
【详解】
解：（1），
由正弦定理得：，
整理得：，
∵在中，，
∴，
即，
∴，
即；
（2）由余弦定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为.
20．（1）证明见解析；
（2）存在，当点是的中点时满足题意. 证明见解析解.
【分析】
（1）由线面平行性质定理可以得证；
（2）存在，且当点是的中点时，平面平面. 分别证得平面和平面，由面面平行判定定理可证得结论.
【详解】
（1）因为平面，平面，平面平面，所以；
（2）存在，且当点是的中点时，平面平面. 下面给出证明：
因为、分别是、的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
由（1）知，，又是的中点，，所以，所以四边形是平行四边形，从而，
又平面，平面，所以平面.
又因为，所以，平面平面
【点睛】
关键点点睛：本题第（2）问的关键点是证明平面.
21．（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）由频率分布直方图联立方程，求出答案；
（2）由频率分布直方图，直接求平均分；
（3）分别求出该中学数学分数在和的频率和人数进一步求出答案.
【详解】
（1）由频率分布直方图可得，
解得.
（2）由频率分布直方图可得，
估计该中学数学测试的平均分为
.
（3）因为该中学数学分数在的频率是，
所以估计该中学数学分数在的人数是；
同理，因为该中学数学分数在的频率是，
所以估计该中学数学分数在的人数是.
所以估计该中学数学分数在的人数为.
22．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）由菱形的性质有，勾股定理知，结合面面垂直的推论可得，根据线面垂直的判定证垂直即可；（2）由面即可计算，结合已知条件可求三棱锥的体积；
【详解】
（1）由题意知：底面ABCD是菱形，且
∴，又在△中，，即，
∴，又面PAB面，面PAB 面，面PAB，
∴面，而面，有：，，
∴平面；
（2）由（1）知：面，有，
而，且，
∴
【点睛】
本题考查了应用几何图形的性质，及线面垂直的判定证明垂直，根据已知体积关系结合三棱锥的体积公式求三棱锥的体积.