2020-2021学年浙江省共美联盟高一（下）期末数学模拟练习试卷

这是一份2020-2021学年浙江省共美联盟高一（下）期末数学模拟练习试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年浙江省共美联盟高一（下）期末数学模拟练习试卷
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）已知i是虚数单位，则（　　）
A．1﹣i B．2i C．1+i D．﹣i
2．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．四棱柱的所有面均为平行四边形
B．如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等
C．用与底面平行的平面去截三棱锥，得到的截面三角形和底面三角形相似
D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
3．（5分）已知向量，，若，则m＝（　　）
A．5 B．3 C．﹣3 D．﹣5
4．（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（　　）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
C．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥n D．若m∥n，n⊂α，则m∥α
5．（5分）如图所示，在△ABC中，D为AB的中点，则（　　）

A． B． C． D．
6．（5分）一组数据的平均数为a，方差为b，将这组数据的每个数都乘以m（m＞0）得到一组新数据，则下列说法正确的是（　　）
A．这组新数据的平均数为a
B．这组新数据的平均数为a+m
C．这组新数据的方差为mb
D．这组新数据的方差为m2b
7．（5分）在△ABC中，已知∠A＝30°，AB＝2，AC＝1，则△ABC的形状是（　　）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定
8．（5分）在△ABC中，点M，N在线段AB上，，当N点在线段AB上运动时，总有，则一定有（　　）
A．BC⊥AB B．AC⊥BC C．AB＝AC D．AC＝BC
二、选择题（本小题共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，有选错的得0分，部分选对的得3分．）
（多选）9．（5分）已知事件A，B，且P（A）＝0.6，P（B）＝0.3，则下列结论正确的是（　　）
A．如果B⊆A，那么P（A∪B）＝0.6，P（AB）＝0.3
B．如果A与B互斥，那么P（A∪B）＝0.9，P（AB）＝0
C．如果A与B相互独立，那么P（A∪B）＝0.9，P（AB）＝0
D．如果A与B相互独立，那么P（）＝0.28，P（B）＝0.12
（多选）10．（5分）如图，正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的高为，，AD1⊥D1C，则下列说法正确的是（　　）

A．
B．
C．二面角D﹣AC﹣D1的大小为
D．点D到面AB1C的距离为
（多选）11．（5分）已知向量，，满足，，，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．∀t∈R，有恒成立
D．若，则
（多选）12．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列说法正确的是（　　）

A．存在某个位置，使直线PD1⊥平面A1C1D
B．三棱锥A1﹣DPC1的体积为定值
C．DP+PC1的最小值是
D．直线AP与平面DCB1所成角的最小角为θ，则
三、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）
13．（5分）棱长为1的正方体的外接球的表面积为　 　．
14．（5分）已知向量，，则在上的投影向量坐标为 　 　．
15．（5分）昆明市市花为云南山茶花，又名滇山茶，原产云南，国家二级保护植物，为了监测滇山茶的生长情况，从不同林区随机抽取100株测量胸径（厘米）作为样本，得到样本频率分布直方图如图所示，则纵坐标m＝　 　．

16．（5分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，CA＝CB＝CC1＝2，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则BM与AN所成的角的余弦值为 　 　．

17．（5分）平面四边形ABCD中，BC⊥CD，，，，，则CD＝　 　．
18．（5分）已知△ABC中，∠A，AB＝3，AC＝6．如图，点D为斜边BC上一个动点，将△ABD沿AD翻折，使得平面AB′D⊥平面ACD．当BD＝　 　时，B′C取到最小值 　 　．


四、解答题（本大题共5小题，每题12分，共60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（12分）已知z1，z2为复数，且满足|z1|＝5，z2＝4i（i是虚数单位）．
（Ⅰ）若z1z2是纯虚数，求z1；
（Ⅱ）求|z1﹣i|的最大值．
20．（12分）袋中装有4个形状、大小完全相同的球，其中白球2个、红球2个，甲先取出2个球（不放回），乙再取出剩余的2个球，规定取出一个白球记1分，取出一个红球记2分，取出球的总积分多者获胜．
（Ⅰ）求甲、乙成平局的概率；
（Ⅱ）记甲获胜的概率是p1，乙获胜的概率是p2，比较p1与p2的大小．
21．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，在①ccosB+bcosC﹣2acosC＝0；②（b+c+a）（b+c﹣a）＝3bc；③这三个条件中任选一个．解答下列问题．
（Ⅰ）求角C大小；
（Ⅱ）若点D在AB上，满足CD为∠ACB的平分线，AC＝1，，求CD的长．
22．（12分）如图．在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥平面ABCD，且BC＝1，AP＝AB，∠ADC＝60°，M、N分别为棱PC，PB的中点．
（1）求证：PB⊥平面ADMN；
（2）求直线BD与平面ADMN所成角的正弦值．

23．（12分）如图，在△ABC中，∠ACB＝60°，满足，，且S△ABE＝S△ACD．
（Ⅰ）求λ与μ的关系式；
（Ⅱ）若存在唯一实数λ，使得，求的值．


2020-2021学年浙江省共美联盟高一（下）期末数学模拟练习试卷
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）已知i是虚数单位，则（　　）
A．1﹣i B．2i C．1+i D．﹣i
【解答】解：，
故选：C．
2．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．四棱柱的所有面均为平行四边形
B．如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等
C．用与底面平行的平面去截三棱锥，得到的截面三角形和底面三角形相似
D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
【解答】解：对于A：四棱柱的底面可以是梯形，如图所示：

故A错误；
对于B：如图所示：

在正方体中，四棱锥P﹣ABCD，满足底面ABCD为正方形，四条侧棱不相等，故B错误；
对于C：如图所示：

三棱锥S﹣ABC中，平面ABC∥平面A1B1C1，
所以BC∥B1C1，AC∥A1C1，AB∥A1B1，
即△ABC与△A1B1C1相似，故C正确；
对于D：如图所示：

该几何体满足两个面平行，其余各面都是平行四边形，不是棱柱，故D错误．
故选：C．




3．（5分）已知向量，，若，则m＝（　　）
A．5 B．3 C．﹣3 D．﹣5
【解答】解：，，
若，则2m＝6，解得m＝3．
故选：B．
4．（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（　　）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
C．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥n D．若m∥n，n⊂α，则m∥α
【解答】解：对于A，若m∥α，n∥α，则m∥n或m与n相交或m与n异面，故A错误；
对于B，若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n与α相交，相交也不一定垂直，故B错误；
对于C，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又n∥β，∴m⊥n，故C正确；
对于D，若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，故D错误．
故选：C．
5．（5分）如图所示，在△ABC中，D为AB的中点，则（　　）

A． B． C． D．
【解答】解：∵在△ABC中，D为AB的中点，
∴，
故选：B．
6．（5分）一组数据的平均数为a，方差为b，将这组数据的每个数都乘以m（m＞0）得到一组新数据，则下列说法正确的是（　　）
A．这组新数据的平均数为a
B．这组新数据的平均数为a+m
C．这组新数据的方差为mb
D．这组新数据的方差为m2b
【解答】解：一组数据的平均数为a，方差为b，
将这组数据的每个数都乘以m（m＞0）得到一组新数据，
这组新数据的平均数为ma，故A，B均错误；
这组新数据的方差为m2b，故C错误，D正确．
故选：D．
7．（5分）在△ABC中，已知∠A＝30°，AB＝2，AC＝1，则△ABC的形状是（　　）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定
【解答】解：∵∠A＝30°，AB＝2，AC＝1，
∴BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cosA＝1+4﹣25﹣2，
∴cosC0，
∵C∈（0，π），
∴C为钝角，△ABC的形状是钝角三角形．
故选：C．
8．（5分）在△ABC中，点M，N在线段AB上，，当N点在线段AB上运动时，总有，则一定有（　　）
A．BC⊥AB B．AC⊥BC C．AB＝AC D．AC＝BC
【解答】解：如图，
设（0＜t＜1），由，得，
又，
∴•（）•（），
即有，
，
令，
则，
即恒成立．
可得．
化为，则λ．
∴，即C在AB上的投影为AB的中点．
∴AC＝BC．
故选：D．

二、选择题（本小题共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，有选错的得0分，部分选对的得3分．）
（多选）9．（5分）已知事件A，B，且P（A）＝0.6，P（B）＝0.3，则下列结论正确的是（　　）
A．如果B⊆A，那么P（A∪B）＝0.6，P（AB）＝0.3
B．如果A与B互斥，那么P（A∪B）＝0.9，P（AB）＝0
C．如果A与B相互独立，那么P（A∪B）＝0.9，P（AB）＝0
D．如果A与B相互独立，那么P（）＝0.28，P（B）＝0.12
【解答】解：事件A，B，且P（A）＝0.6，P（B）＝0.3，
对于A，如果B⊆A，那么P（A∪B）＝P（A）＝0.6，
P（AB）＝P（B）＝0.3，故A正确；
对于B，如果A与B互斥，那么P（A∪B）＝P（A）+P（B）＝0.9，
P（AB）＝P（∅）＝0，故B正确；
对于C，如果A与B相互独立，
那么P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）＝0.9﹣0.18＝0.72，
P（AB）＝P（A）P（B）＝0.18，故C错误；
对于D，如果A与B相互独立，
那么P（）＝P（）P（）＝0.4×0.7＝0.28，
P（B）＝P（）P（B）＝0.4×0.3＝0.12，故D正确．
故选：ABD．
（多选）10．（5分）如图，正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的高为，，AD1⊥D1C，则下列说法正确的是（　　）

A．
B．
C．二面角D﹣AC﹣D1的大小为
D．点D到面AB1C的距离为
【解答】解：对于 A，
在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，，又AD1⊥D1C，
在Rt△ACD1中，，又因为底面ABCD是正方形，
所以，故A正确；
对于B，
，又AC＝8，
在△B1AC中，甴余弦定理可得，
，故B错误；
对于C，
设AC交BD于点M，连接D1M，
因为底面ABCD是正方形，所以DM⊥AC，
因为△AD1C 是等边三角形，所以D1M⊥AC，
所以∠DMD1即二面角D﹣AC﹣D1的平面角，
过D1点作BD的垂线，垂足为E，则，
显然D1E⊥底面ABCD，又AE⊂平面ABCD，所以D1E⊥AE，
在Rt△AED1中，，
在△ADE中，甴余弦定理可得，
即，解得DE＝2或DE＝6（舍，因为 ），
所以，同理D1M＝4，故△DD1M是等边三角形，
所以，故C正确；
对于 D，
，
由B选项的分析可知，所以AB1⊥B1C，
设点D到平面AB1C的距离为d，则，
又，所以，解得．故D正确．
故选：ACD．




（多选）11．（5分）已知向量，，满足，，，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．∀t∈R，有恒成立
D．若，则
【解答】解：因为向量，，满足，，，，
对于A，因为可化为，
即（）2＝1，故||＝1，A正确；
对于B，可化为，
即，
当时，上式即为，故||，故B正确；
对于C，4t2+6t+9，
故，故C正确；
对于D，因为，
故||，
该式子的值随着λ的变化而变化，故D错误．
故选：ABC．
（多选）12．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列说法正确的是（　　）

A．存在某个位置，使直线PD1⊥平面A1C1D
B．三棱锥A1﹣DPC1的体积为定值
C．DP+PC1的最小值是
D．直线AP与平面DCB1所成角的最小角为θ，则
【解答】解：对于A：因为BD1⊥平面A1C1D，
又PD1∩BD1＝D1，
所以直线PD1⊥平面A1C1D，不成立，故A错误；
对于B：因为VVVV••1•1•1，故B正确；
对于C：将△DB1C与△B1C1C翻折到同一平面，
则∠DCB1，∠CB1C1，
所以∠DCC1，
DC＝1，CC1＝1，DC12＝1+1﹣2•1•（）＝2，故C错误；
对于D：连接AD1，设AD1∩A1D＝O，
则AO⊥平面A1B1CD，
所以∠APO为直线AP与平面DCB1所成的角，
当AP达到最大时，sinθ，取得最小值，故D正确，
故选：BD．

三、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）
13．（5分）棱长为1的正方体的外接球的表面积为　3π　．
【解答】解：设正方体的棱长为a，正方体外接球的半径为R，则由正方体的体对角线的长就是外接球的直径的大小可知：2R，即R；
所以外接球的表面积为：S球＝4πR2＝3π．
故答案为：3π
14．（5分）已知向量，，则在上的投影向量坐标为 　（0，3）　．
【解答】解：向量，，
∴在上的投影向量的坐标为：（0，3）．
故答案为：（0，3）．
15．（5分）昆明市市花为云南山茶花，又名滇山茶，原产云南，国家二级保护植物，为了监测滇山茶的生长情况，从不同林区随机抽取100株测量胸径（厘米）作为样本，得到样本频率分布直方图如图所示，则纵坐标m＝　0.084　．

【解答】解：根据频率分布直方图中频率和为1，列方程为：
（0.070+m+0.030+0.012+0.004）×5＝1，解得m＝0.084，
所以纵坐标m＝0.084．
故答案为：0.084．
16．（5分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，CA＝CB＝CC1＝2，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则BM与AN所成的角的余弦值为 　　．

【解答】解：如图，建立空间直角坐标系，
可得A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，2），N（1，0，2）．
∴（﹣1，0，2），（1，﹣1，2），
∴cos，
∴BM与AN所成的角的余弦值为．
故答案为：．

17．（5分）平面四边形ABCD中，BC⊥CD，，，，，则CD＝　7　．
【解答】解：如图所示：BC⊥CD，，，，，
则在△ABC中，由正弦定理得，解∠ACB．
因为∠ACB+∠ACD，所以，
在△ACD中设CD＝x，由余弦定理得：AD2＝CD2+AC2﹣2CD•AC•cos∠ACD，化简得x2﹣6x﹣7＝0，解得x＝7（负值舍去）．
故CD的长度为7．
故答案为：7．

18．（5分）已知△ABC中，∠A，AB＝3，AC＝6．如图，点D为斜边BC上一个动点，将△ABD沿AD翻折，使得平面AB′D⊥平面ACD．当BD＝　　时，B′C取到最小值 　3　．


【解答】解：设，
作BE⊥AD或AD的延长线于E点，作CF⊥AD或AD的延长线于F点，
则∠ACF＝∠BAD＝α，BE＝3sinα，AE＝3cosα，CF＝6cosα，AF＝6sinα
∴EF＝|AF﹣AE|＝|6sinα﹣3cosα|，
∴
∴当sin2α＝1，即时，，
此时AD是∠BAC的角平分线．
由角平分线定理或者面积比可得：
．
故答案为：．

四、解答题（本大题共5小题，每题12分，共60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（12分）已知z1，z2为复数，且满足|z1|＝5，z2＝4i（i是虚数单位）．
（Ⅰ）若z1z2是纯虚数，求z1；
（Ⅱ）求|z1﹣i|的最大值．
【解答】解：（1）设z1＝a+bi（a，b∈R，），
∵z1z2＝（a+bi）（4i）＝﹣4b+4ai为纯虚数，
∴b＝0，即z1＝a，
则，
∴z1＝5或z1＝﹣5．
（2）设z1＝a+bi（a，b∈R，），
∵|z1|＝5，则z1对应的点z在以原点为圆心，5为半径的圆上，即a2+b2＝25，
∴﹣5≤b≤5，
|z1﹣i|表示点z到点（0，1）的距离，即|z1﹣i|，
又∵a2＝25﹣b2，
∴|z1﹣i|，
∵﹣5≤b≤5，
∴当b＝﹣5时，即复数z对应的点为（0，﹣5），即z＝﹣5i时，|z1﹣i|有最大值6．
20．（12分）袋中装有4个形状、大小完全相同的球，其中白球2个、红球2个，甲先取出2个球（不放回），乙再取出剩余的2个球，规定取出一个白球记1分，取出一个红球记2分，取出球的总积分多者获胜．
（Ⅰ）求甲、乙成平局的概率；
（Ⅱ）记甲获胜的概率是p1，乙获胜的概率是p2，比较p1与p2的大小．
【解答】解：（Ⅰ）记白球为1，2号，红球为3，4号，甲取出的球号记为（x，y），
则甲的可能取球共有以下6种情况：（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）．
甲乙平局时都得3分，所以甲取出的2个小球是一白一红，共6种情况，
故平局的概率．
（Ⅱ）甲获胜时，得分只能是4分，取出的是2红，共1种情况，
故先取者（甲）获胜的概率，
后取者（乙）获胜的概率，
∴P2＝P1，故先取后取获胜的概率一样．
21．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，在①ccosB+bcosC﹣2acosC＝0；②（b+c+a）（b+c﹣a）＝3bc；③这三个条件中任选一个．解答下列问题．
（Ⅰ）求角C大小；
（Ⅱ）若点D在AB上，满足CD为∠ACB的平分线，AC＝1，，求CD的长．
【解答】解：（Ⅰ）若选①，∵ccosB+bcosC﹣2acosC＝0，
∴由正弦定理得sinCcosB+sinBcosC﹣2sinAcosC＝0，
∴sin（B+C）﹣2sinAcosC＝0，
∵B+C＝π﹣A，
∴sin（B+C）＝sin（π﹣A）＝sinA，
∴sinA﹣2sinAcosC＝0，
又A为三角形的内角，sinA≠0，
∴1﹣2cosC＝0，
∴，
又C为三角形内角，
∴．
若选②，∵（a+b+c）（a+b﹣c）＝3ab，
∴（a+b）2﹣c2＝3ab，即a2+b2﹣c2＝ab，
∴由余弦定理可得，
∵0＜C＜π，
∴．
若选③．∵，a2+b2﹣c2＝2abcosC，
∴由已知得，，
∴，
∴，
又C为三角形的内角，
∴．
（Ⅱ）由（1）得角，
又因为CD为∠ACB的平分线，点D在AB上，
所以，
又因为，且，
所以，
所以，
在△ADC中，由正弦定理得，即，
解得．
22．（12分）如图．在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥平面ABCD，且BC＝1，AP＝AB，∠ADC＝60°，M、N分别为棱PC，PB的中点．
（1）求证：PB⊥平面ADMN；
（2）求直线BD与平面ADMN所成角的正弦值．

【解答】解：（1）证明：因为M，N分别为PC，PB的中点，所以MN∥BC，
又因为AD∥BC，所以MN∥AD．从而A，D，M，N四点共面，
因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD．所以PA⊥AD，
又因为AD⊥AB，AB∩PA＝A，所以AD⊥平面PAB，从而AD⊥PB，
因为AP＝AB，且N为PB的中点，所以PB⊥AN，
又因为AN∩AD＝A，所以PB⊥平面ADMN．
（2）如图，连结DN；由（1）知PB⊥平面ADMN，

所以DN为直线BD在平面ADMN内的射影，且DN⊥BN，
所以∠BDN即为直线BD与平面ADMN所成的角，
在直角梯形ABCD内，过C作CH⊥AD于H，则四边形ABCH为矩形，
，AH＝BC＝1，在Rt△CDH中，，
所以AD＝AH+DH＝2，，
在Rt△BDN中，∠BND＝90°，，，
所以．

23．（12分）如图，在△ABC中，∠ACB＝60°，满足，，且S△ABE＝S△ACD．
（Ⅰ）求λ与μ的关系式；
（Ⅱ）若存在唯一实数λ，使得，求的值．

【解答】解：（Ⅰ）根据题意，S△ACD+S△BCD＝S△ABC，
若S△ABE＝S△ACD，则S△BCD+S△ABE＝S△ABC，
即||×||sinB||×||sinB||×||sinB，
又由，，
则有||×（1﹣μ）||sinB||×||sinB||×||sinB，
即（1﹣μ）+（1﹣λ）＝1，
变形可得λ+μ＝1；
故λ与μ的关系式为：λ+μ＝1；
（Ⅱ）假设存在非零实数λ，使得，
设，
∴，
∴，
∴，
∴（t2﹣t）λ2+（﹣t2+3t﹣2）λ﹣t+2＝0（*），
∵关于λ方程在（0，1）上有唯一解，
①当t2﹣t＝0，即t＝0或1时，
当t＝0时，原方程为﹣2λ+2＝0，有唯一解λ＝1，不符合题意，
当t＝1时，原方程为﹣1+2＝0，无解，
②t2﹣t≠0时，关于λ的一元二次方程（*）有唯一实数解，
得Δ＝0，即（﹣t2+3t﹣2）2﹣4（t2﹣t）（2﹣t）＝0，
整理得（t﹣2）（t﹣1）（4t+1）＝0，结合t＞0，且t≠1，解得t＝2．
∴t＝2即为所求．

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