精品解析：广东省中山市高一下学期期末数学试题

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中山市高一年级—第二学期期末统一考试一、选择题（共8小题）1. 在中，，则的值为（　　）A.  B. 0 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理计算作答.【详解】在中，角所对的边分别为，，由正弦定理得，令，由余弦定理得：.故选：A2. 数据1，2，3，4，5，6，7，8，9的80％分位数为（    ）A. 7 B. 7．2 C. 7．5 D. 8【答案】D【解析】【分析】根据百分位数的定义计算即可得出答案．【详解】解：因为，所以第80％分位数为第8个数，故数据1，2，3，4，5，6，7，8，9的第80百分位数为8.故选：D．3. 每年的3月15日是“国际消费者权益日”，某地市场监管局在当天对某市场的20家肉制品店、100家粮食加工品店和15家乳制品店进行抽检，要用分层抽样的方法从中抽检27家，则粮食加工品店需要被抽检（    ）A. 20家 B. 10家 C. 15家 D. 25家【答案】A【解析】【分析】确定抽样比，即可得到结果.详解】解：根据分层抽样原理知，粮食加工品店需要被抽检（家）.故选：A.4. 北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）为h.将地球看作是一个球心为O，半径为r的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数.如果地球表面上某一观测点与该卫星在同一条子午线（经线）所在的平面，且在该观测点能直接观测到该卫星.若该观测点的纬度值为，观测该卫星的仰角为，则下列关系一定成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，画出示意图，在三角形OAB中利用正弦定理即求解.【详解】解：如图所示，，由正弦定理可得，即，化简得，故选：A.5. 已知中，，，分别是角，，的对边，且满足，则该三角形的形状是（    ）A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰或直角三角形【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理将边化为角，再逆用两角差的正弦公式及三角形内角和定理求解即可.【详解】因为，由正弦定理可得：，所以，所以，所以或，即(舍去)或，故直角三角形，故选：C6. 如图，在有五个正方形拼接而成的图形中，（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知条件可得，，结合正切函数的两角差公式，即可求解．【详解】解：由图可得，，，，因为，，所以．故选：．7. 在下列条件中，可判定平面α与平面β平行的是（　　）A. α，β都平行于直线aB. α内存在不共线的三点到β的距离相等C. l，m是α内的两条直线，且，D. l，m是两条异面直线，且，，，【答案】D【解析】【分析】举例说明并判断A，B，C；利用线面平行的性质、面面平行的判定推理判断D作答.【详解】对于A，当，，且时，满足都平行于直线a，不能推出，A不能；对于B，当，且在内直线b一侧有两点，另一侧一个点，三点到的距离相等时，不能推出，B不能；对于C，当l与m平行时，不能推出，C不能；对于D，因，，则存在过直线的平面，于是得，，，则，因，，则存在过直线的平面，于是得，，，则，又是两条异面直线，则是平面内的两条相交直线，所以，D能.故选：D8. 如图所示，已知三棱台的体积为，其中，截去三棱锥，则剩余部分的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设三棱台的高为，上底面的面积为，下底面的面积为.通过，可知三棱台中，所以三棱台的体积可用和表示出来. 截去三棱锥与三棱台下底相同，高相同，根据上下底的面积关系，三棱锥的体积也可以用和表示出来，做差求出剩余部分的体积，做比即可求出答案.【详解】解：设三棱台的高为，上底面的面积为，下底面的面积为. 因为，所以，则三棱台的体积为：.截去三棱锥的体积为：，所以剩余部分的体积为，所以剩余部分的体积为.故选：C.【点睛】本题考查三棱台与三棱锥的体积公式，解题的关键是把所求的体积转化，属于中档题.二、多选题（共4小题）9. 第二次世界大战中，英军急需找到空战中飞机的危险区域并加固钢板．美国数理统计学家瓦尔德（Wal，Abrahom）研究了返航轰炸机的中弹情况．他画了飞机的轮廓，并标示出弹孔位置．图中的小黑点表示返航的轰炸机机身上所受到的德军防空炮火的袭击棕记．根据这张图，可以确定战机需要加强防护的主要部位是（　　）A. 机头部分 B. 机翼部分 C. 机腹部分 D. 尾翼部分【答案】AC【解析】【分析】因为是根据返航轰炸机的中弹情况进行分析，飞机的机头和机腹部分鲜有弹孔，说明机头和机腹部分较为薄弱危险，只要中弹就很难返回，机翼和机尾部分弹孔密集，说明这两部分危险性较小．【详解】因为飞机每一部分在空中中弹情况都是等可能的，而飞回来的飞机的机头和机腹部分鲜有弹孔，说明机头和机腹部分较为薄弱危险，只要中弹就回不来了，机翼和机尾部分弹孔密集，说明这两部分危险性较小，比较耐打．故应该加强机头和机腹部分．故选：AC．10. 在下列向量组中，可以作为基底的是（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】BC【解析】【分析】判断向量是否共线即可.【详解】对A，因为，所以共线，不能作为基底，故A错误；对B，因为，所以不共线，可以作为基底，故B正确；对C，因为，所以不共线，可以作为基底，故C正确；对D，因为，所以共线，不能作为基底，故D错误.故选：BC.11. 从正方体的8个顶点中任选4个不同顶点，然后将它们两两相连，可组成空间几何体．这个空间几何体可能是（    ）A. 每个面都是直角三角形的四面体；B. 每个面都是等边三角形的四面体；C. 每个面都是全等的直角三角形的四面体；D. 有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体．【答案】ABD【解析】【分析】根据正方体的性质和四面体的特征，结合图形逐个分析判断即可【详解】对于A，每个面都是直角三角形的四面体，如：E﹣ABC，所以A正确；对于B，每个面都是等边三角形的四面体，如E﹣BGD，所以B正确；对于C，若四面体的每个面都是全等的直角三角形，则必有直角边等于斜边，而这样的直角三角形不存在，所以C错误；对于D，有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体，如：A﹣BDE，所以D正确；故选：ABD．12. 已知函数，现有如下四个命题：甲：该函数的最小值为；乙：该函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为π；丙：该函数的一个零点为；丁：该函数图像可以由的图像平移得到．如果有且只有一个假命题，那么下列说法正确的是（    ）A. 乙一定是假命题．B. φ的值可唯一确定C. 函数f（x）的极大值点为D. 函数f（x）图像可以由图像伸缩变换得到【答案】BD【解析】【分析】根据甲乙丙丁四个命题知识上的相互依存关系，以及有且只有一个假命题的限制条件，可以确定命题丁为假命题，再由真命题甲乙丙去推导判断选项ABCD的正误即可.【详解】若甲命题正确：该函数的最小值为，则；若乙命题正确：该函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为π，则；若丙命题正确：该函数的一个零点为，则，即；若丁命题正确：该函数图像可以由的图像平移得到.由，可知，故命题乙与命题丁矛盾.由甲乙丙丁有且只有一个假命题可知，二者必一真一假，则命题甲与命题丙均为真命题.由命题甲为真命题，可知，由命题丙为真命题可知若命题乙为真命题，则，由，，可得此时.若命题丁为真命题，则，由，得又，则不存在符合条件的.不合题意.综上，命题丁为假命题，命题甲、乙、丙均为真命题.选项A：乙一定是假命题．判断错误；选项B： φ的值可唯一确定. 判断正确；选项C：函数f（x）的极大值点为.由，可得，即函数f（x）的极大值点为.判断错误；选项D：函数f（x）图像可以由图像伸缩变换得到.由可知，把的图像上每一点的横坐标保持不变，纵坐标伸长为原来的倍，可以得到的图像. 判断正确.故选：BD三．填空题（共4小题）13. 设一组样本数据的平均数是3，则数据，，…，的平均数为__________.【答案】7【解析】【分析】根据平均数的性质求解即可【详解】∵样本数据的平均数是3，∴，∴数据的平均数故答案为：714. 已知向量，，，且．则实数m值为________.【答案】1【解析】【分析】先求得，然后利用数量积坐标公式求解即可.【详解】解：根据题意，∵， ，则，又，且，∴，解得；故答案为：1.15. 18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式（其中L，N，M，h分别为的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高），我们也称为“万能求积公式”．例如，已知球的半径为R，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为a，高为h，可得该正四棱锥的体积为．类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球O的表面积为，若用距离球心O都为2cm的两个平行平面去截球O，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为______．【答案】【解析】【分析】根据球的表面积公式求出球的半径，进而得出两个截面圆的半径，求出截面圆的面积，结合题意给的体积公式计算即可.【详解】由球O的表面积为，得球O的半径为3，则两个截面圆和的半径都为，根据对称性，几何体的中截面为圆O，其面积为；所以几何体的体积为．故答案为：.16. 如图，模块①～⑤均由若干个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成 （1）若从模块⑥中拿掉一个小正方体，再从模块①～⑤中选出一个模块放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个长方体，则①～⑤中选出的模块可以是______（答案不唯一）．（2）若从模块①～⑤中选出三个放到模块⑥上，使模块⑥成为棱长为3的大正方体，则选出的三个模块是______（答案不唯一）．【答案】    ①. ②（或③或④）    ②. ①③⑤（或②③④）【解析】【分析】（1）结合条件可得；（2）根据正方体的结构特征及条件可得.【详解】（1）由已知条件可知，①～⑤中选出一个模块可以是②，也可以是③，也可以是④．（2）以②③④为例，中间层用③补齐，最上层用②④，还可以是①③⑤，中间层用③补齐，最上层用①⑤，故答案为：②（或③或④），①③⑤（或②③④）．三．解答题（共6小题）17. 如图，是等边三角形，点在边的延长线上，且，．（1）求长度；（2）求的值．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）设，在中利用余弦定理构造方程即可求得结果；（2）在中，利用正弦定理可直接求得结果.【小问1详解】设，在中，由余弦定理知：，，解得：，即；【小问2详解】由（1）可得：，在中，由正弦定理知：，，解得：.18. 已知函数．（1）求函数的单调递增区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】（1）    （2）最大值为1，最小值为【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）由的取值范围，求出的取值范围，再根据正弦函数的性质计算可得；【小问1详解】解：，即，令，解得，∴函数的单调递增区间为．【小问2详解】解：∵，∴，则，∴，∴函数的最大值为1，最小值为．19. 已知直三棱柱中，，点D是AB的中点．（1）求证：平面；（2）若底面ABC边长为2的正三角形，，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析    （2）1【解析】【分析】（1）连接交于点E，连接DE，由三角形中位线定理，得，进而由线面平行的判定定理即可证得结论；（2）利用等体积转化，依题意，高为CD，再求底面的面积，进而求三棱锥的体积.【小问1详解】连接交于点E，连接DE∵四边形是矩形，∴E为的中点，又∵D是AB的中点，∴，又∵平面，平面，∴面．【小问2详解】∵，D是AB的中点，∴，又∵面ABC，面ABC，∴．又∵面，面，，∴面，∴CD为三棱锥的高，，又∵，，∴，，∴三棱锥的体积．20. 树立和践行“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某市推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点，现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出200人，并将这200人按年龄分组：第1组[15，25），第2组[25，35），第3组[35，45），第4组[45，55），第5组[55，65），得到的频率分布直方图如图所示（1）求出a值；（2）求这200人年龄的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）和中位数（精确到小数点后一位）；（3）现在要从年龄较小的第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行问卷调查，求这2人恰好在同一组的概率．【答案】（1）；    （2）41.5岁，42.1岁；    （3）.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中小矩形的面积和为，列出关于的式子，即可求出.（2）  平均数为每个小矩形中点的横坐标乘以相应矩形的面积全部相加为平均数；中位数则为使矩形面积左右两边分别为的横坐标，即可求出答案.（3）利用分层抽样在第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，并进行标记为，，，，，再把总的基本事件列举出来，一共10个基本事件，这2人恰好在同一组的基本事件共4个，即可得到答案.【小问1详解】由，得.【小问2详解】平均数为：岁；设中位数为，则，∴岁.【小问3详解】第1，2组的人数分别为20人，30人，从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，则第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，分别记为，，，，，设从5人中随机抽取2人，为，，，，，，，，，共10个基本事件，这2人恰好在同一组的基本事件，，，共4个，所以.21. 数学探究：用向量法研究三角形的性质，向量集数与形于一身，每一种向量运算都有相应的几何意义，向量运算与几何图形性质的这种内在联系，是我们自然地想到：利用向量运算研究几何图形的性质，是否会更加方便，简捷呢？请求解下列问题：（1）用向量方法证明：三条中线交于一点（称为三角形的重心）（2）设三顶点的坐标分别为求重心的坐标.【答案】（1）证明见解析；    （2）重心的坐标为.【解析】【分析】（1）令、交于点，连接，，利用向量共线证明点共线即可作答.（2）利用向量的坐标运算，结合（1）的结论计算作答.【小问1详解】令交于点，连接，如图，点分别为边的中点，则，，有，，而D是边BC中点，，于是得，即三点共线，所以三条中线交于一点.【小问2详解】由（1）知，，即，设点，而，则有，，，即，所以重心的坐标为.22. 如图，在正四棱锥中，，分别为的中点，平面与棱的交点为.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）求平面与平面所成锐二面角的大小；（3）求点的位置.【答案】（1）    （2）    （3）点的位置为线段PC靠近P的三等分点.【解析】【分析】（1）作出辅助线，找到异面直线与所成的角是∠OEA（或补角），利用余弦定理求出；（2）作出辅助线，找到平面与平面所成锐二面角为，经过计算得到；（3）证明出A、Q、G三点共线，利用第二问的求出的，和题干中的条件确定点的位置.【小问1详解】连接AC，BD，相交于点O，因为四边形ABCD是正方形，所以O是正方形的中心，连接PO，因为四棱锥是正四棱锥，则PO⊥底面ABCD，连接OE，因为为的中点，所以EO是△PBD的中位线，所以EO∥PD，∠OEA（或补角）即为异面直线与所成角的大小，因为正四棱锥中，，所以△PAB是等边三角形，所以，由勾股定理得：，所以，因为，E为PB的中点，所以，在△AOE中，由余弦定理得：，所以异面直线与所成角的大小为【小问2详解】连接EF，与OP相交于点Q，则Q为OP，EF的中点，因为分别为的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以EF∥BD，因为平面ABCD，平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，设平面与平面相交于直线，故EF∥∥DB，连接QA，则因为AE=AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，故∠QAO即为平面与平面所成锐二面角，其中，，所以，故，即平面与平面所成锐二面角的大小为小问3详解】延长AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，过点G作GM∥PO交AC于点M，因为PO⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD，设GM=CM=x，则AM=4-x，由第二问知：，所以，即，解得：，故，所以点的位置为线段PC靠近P的三等分点.