【文档说明】江苏省如皋市2020-2021学年高一下学期第三次调研考试（5月）数学试题含答案.docx，共(11)页，952.909 KB，由小赞的店铺上传

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如皋市2020—2021学年度高一年级第二学期教学质量调研（三）数学试题一、单项选择题：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．复数(1i)(23i)z=+−的虚部为（）（其中i为虚数单位）A．5B．1−C．1D．i−2．为了弘扬体育精神

，学校组织秋季运动会，在一项比赛中，学生甲进行了8组投篮，得分分别为10，8，a，8，7，9，6，8，如果学生甲的平均得分为8分，那么这组数据的75百分位数为（）A．8B．9C．8.5D、9.53．已知m，n表示两条不同直线

，，，表示三个不同平面，下列说法正确的是（）A．若m∥，n∥，则mn∥B．若m⊥，n，则mn⊥C．若⊥，⊥，则∥D．若⊥，m⊥，则m∥4．已知，均为锐角，满足5sin5=，10sin10=，则+=（）A．6B．34C．3D．45．在正

方体1111ABCDABCD−中，从A，B，C，1B四个点中任取两个点，这两点连线平行于平面11ACD的概率为（）A．23B．12C．13D．566．圆柱1OO的母线长为1，圆柱的侧面积为4，四边形ABC

D是圆柱的轴截面，若BEF是下底面圆1O的内接正三角形，且EF与BC交于点G，则AG与DC所成角的正切值为（）A．3B．32C．13D．27．已知3sin64−=，则sin26+的值为（）A．378B．378C．18D．18−8．在ABC中，已知角A，

B，C所对的边分别为a，b，c，若2296cos11bbcAc+=，则角B的最大值为（）A．6B．4C．3D．34二、多项选择题：本题共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

，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知复数cosisinz=+（其中i为虚数单位），下列说法正确的是（）A．izz=B．1zz+为实数C．若83=，则复数z在复平面上对应的点落在第一象限D．若(0,)，复数z是纯虚数，则2=10．A

BC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则下列命题正确的是（）A．若222abc+，则ABC是钝角三角形B．若222abc+，则ABC是锐角三角形C．若sinsinAB=，则ABC是等腰三角形D．若2cos22Abcc+=，则ABC是直角三角形1

1．为了提升小学生的运算能力，某市举办了“小学生计算大赛”，并从中选出“计算小达人”．现从全市参加比赛的学生中随机抽取1000人的成绩进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，其中成绩的分组区间为[60,70

)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．规定得分在90分及以上的被评为“计算小达人”．下列说法正确的是（）A．m的值为0.015B．该市每个小学生被评为“计算小达人”的概率为0.01C．被抽取的1000名小学生的均分大约是85分D．现准备在这1000名学生中，

用分层抽样的方法抽取一个容量为20的样本，则须抽取成绩为[80,100]的学生5人．12．直四棱柱1111ABCDABCD−的各个棱长均为2，3DAB=，点P是棱1DD的中点，以P为球心，2为半径作

球面，点M是球面与下底面1111ABCD的一个公共点，下列说法正确的是（）A．存在点M，使平面1ABC∥平面1PMCB．直线PM与平面1111ABCD所成的角为6C．该球面与侧面11BCCB的交线长为2D．该球面与底面1111ABCD的交线长为3

3三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若(1)i42iz−=+，则||z=_________．（其中i为虚数单位）14．已知样本数据1210,,xxx的标准差为2，则数据121032,32,32xxx−−−的标准差为________．15．计算：2213

1tan20sin70cos701tan20++=−__________．16．如图，平面四边形ABCD中，90ADB=，2ADDC==，3BD=，3BDC=，将ABD沿着BD折起，则三棱锥ABCD−的体积最大值为_______

_，三棱锥ABCD−体积最大时其外接球的表面积为_________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）一个盒中装有编号分别为1，2，3，4的四个形状大小完全相同的小球．（1）从盒

中任取两球，列出所有的基本事件，并求取出的球的编号之和大于6的概率；（2）从盒中任取一球，记下该球的编号a，将球放回，再从盒中任取一球，记下该球的编号b，列出所有的基本事件，并求||1ab−的概率．

18．（本小题满分12分）为如图所示，ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知3c=，1b=，3BAC=，M为线段BC上一点．（1）若3sin7AMB=，求AM的长；（2）若BMAM=，求AMC的面积．19．（本小题满分12分）如图，在三棱锥ABCD−中，AB⊥平面BC

，90BDC=，2ABDCBD===，E是线段AD的中点．（1）证明：BE⊥平面ADC；（2）求点D到平面BEC的距离．20．（本小题满分12分）在条件①2cos(coscos)AbCcBa+=②sinsin2BCcaC+=③22(sinsin)3si

nsinsinBCBCA+−=中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题的解答．已知ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，3a=，_________．（1）若23b=，求cosC；（2）求(31)2bc−+的最大值，以及此时的内角B，C．（如果选出多个条件分别解答，按第一个解答计分）21．

（本小题满分12分）在直三棱柱111ABCABC−中，F是11BC的中点，E是BC上一点，线段1BE与BF相交于点M，且AE∥平面1ABF．（1）证明：点M为线段1BE的中点；（2）若ABAC=，证明：平面1AEB⊥平面11BCCB．22．（本小题满分12分）

如图，在等腰三角形ADP中，90A=，4AD=，B，C分别是AP，DP上的点，且BCAD∥，E，F分别是AB，PC的中点，将PBC沿着BC折起，得到四棱锥PABCD−，连接EF．（1）证明：EF∥平面PAD；（2）若1AB=，当PAAB⊥时，求二面

角CPDA−−的平面角．2020—2021学年度高一年级第二学期教学质量调研（三）数学试题（答案）一、单项选择题1、B2、C3、B4、D5、B6、A7、D8、C二、多项选择题9、ABD10、ACD11、AD12、BC三、填空题13、514、615、816、3，403四、解答题17．解

：（1）记“从盒中任取两球，取出球的编号之和大于6”为事件A样本点(1,2)表示“从盒中取出1，2号球”，且(1,2)和(2,1)表示相同的样本点（余类推），则样本空间为{(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)}=…………

……………………………………2分{(3,4)}A=根据古典概型可知1()6PA=答：从盒中任取两球，取出球的编号之和大于6的概率为16．……………………………………5分（2）记“||1ab−”为事件B样本点(1,2)表示第一次取出1号球，将球放回，从盒中取出2号球（余类推）则

样本空间{(1,1)(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}=…………………………………………………………

……………………7分{(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(2,3),(3,2),(3,3),(3,4),(4,3),(4,4)}B=所以105()168PB==答：“||1ab−”的概率为58．…………………………………………10分18．解，（1）在ABC中，因为

3c=，1b=，3BAC=由余弦定理2222cos7BCABACABACBAC=+−=………………………………2分所以22257cos214ABBCACBABAC+−==因为20,3B，所以21sin14B=……………………………………

4分在ABM中，由正弦定理sinsinAMABBAMB=，即3321714AM=所以212AM=．………………………………………………6分（2）取AB的中点H，因为MBMA=，所以MHAB⊥因为21sin14B=，所以57cos14B=，所以3tan5B=，所以3310HM=1

93220ABMSABHM==…………………………………………………………………………9分所以AMCABCABMSSS=−=19333sin22010ABACBAC−=．………………………………12分19．（1）

证明：在三棱锥ABCD−中，因为AB⊥平面BCD因为DC平面BDC所以DCAB⊥，又因为90BDC=，所以CDBD⊥因为BDABB=，BD，AB平面ABD所以CD⊥平面ABD．……………………………………………………3分BE平面ABD所以BECD⊥因为ABBD=，

E是线段AD的中点，所以BECD⊥因为ADCDD=，AD，DC平面ADC所以BE⊥平面ADC．……………………………………………………6分（2）【法一】在ADC中，过点D作EC的垂线，垂足为H因为BE⊥平面ADC，DH平面ADC所以DHBE⊥因为DHEC⊥，ECBEE=，

EC，BE平面BEC所以DH⊥平面BEC……………………………………………………8分在等腰直角三角形ABD中，2ABBD==，AEED=，所以2DE=因为CD⊥平面ABD，AD平面ABD，所以CDAD⊥在直角三角形CDE中，2DE=，2CD=所以233EDDCDHEC==，即点D到平面BEC

的距离为233．………………………………………………12分【法二】因为AB⊥平面BCD，AEED=，且90BDC=，2ABDCBD===，所以12EDBCABCDVV−−==1112222363BDCSAB==…………………………………………8分因为

BE⊥平面ADC，EC平面ADC，所以BEEC⊥在等腰直角三角形ABD中，2ABBD==，AEED=所以2BE=直角三角形BDC中，2BDDC==，所以22BC=直角三角形BEC中，2BE=，22BC=，所以6CE=所以3BECS=设点D到平面BEC的距离为h由于EBDCDB

ECVV−−=所以1233BECSh=，所以233h=即点D到平面BEC的距离为233．……………………………………………………12分20．解：（1）选①由正弦定理得2cos(sincossincos)sinABCCBA+=即2cossin()sinABCA+

=因为ABC++=，所以sinsin()ABC=+，所以2cossinsinAAA=因为(0,)A．所以sin0A，所以1cos2A=，3A=……………………………………2分在ABC中，3a=，3A=，23b=由正弦定理：sinsinabAB

=，所以1sin3B=因为ba，所以03BA，所以22cos3B=…………………………………………4分所以coscos()CAB=−+=sinsincoscosABAB−=311222323−3226−=………………6分（2）由正弦定理：sinsinsinabcABC==，

所以2sinbB=，2sin2sin3cCB==+所以(31)2bc−+=(232)sin4sinBC−+(232)sin4sin3BB=−++26sin4B=+………………………………………

……………9分因为20,3B，所以11,4412B+所以当42B+=，即4B=时，(31)2bc−+的最大值为26，此时4B=，712C=．……………12分选②

因为ABC++=，所以sincos22BCA+=由正弦定理得sincossinsin2ACAC=因为(0,)C，所以sin0C，所以cos2sincos222AAA=因为(0,)A

，所以0,22A，所以cos02A所以1sin22A=，因为0,22A，所以26A=，3A=．下同选①选③由余弦定理得：22()3bcbca+−=，即222bcbca+−=所以222

1cos22bcaAbc+−==，因为(0,)A所以3A=．下同选①21．证明：（1）设11ABABN=因为AE∥平面1ABF，AE平面1ABE，平面1ABE平面1ABFMN=所以AEMN∥……………………………………………………………………

……3分在直三棱柱111ABCABC−中，四边形11ABBA为平行四边形所以1ANNB=因为AEMN∥，所以1EMMB=，即点M为线段1BE的中点．………………………………5分（2）在直三棱柱111ABCABC−中

，11BCBC∥因为M为线段1BE的中点，所以1BEBF=又因为11BCBC=，F是11BC的中点，所以BEEC=………………………………8分因为ABAC=，所以AEBC⊥在直三棱柱111ABCABC−中，1BB⊥平面AB

C，AE平面ABC所以1AEBB⊥，因为AEBC⊥，1BBBCB=，1BB，BC平面11BBCCAE⊥平面11BCCB因为AE平面1AEB，所以平面1AEB⊥平面11BCCB．………………………

………12分22．（1）【法一】取CD的中点G，连接FG，EG在PCD中，PFFC=，CGGD=所以FGPD∥因为PD平面PAD，FG平面PAD，所以FG∥平面PAD………………………………2分因为等腰三角形ADP中，BCAD∥，所以四边形AB

CD是梯形，因为AEEB=，DGGC=，所以EGAD∥因为AD平面PAD，EG平面PAD，所以EG∥平面PAD………………………………4分由于FGEGG=，FG，EG平面EFG所以平面EFG∥平面PAD因为EF平面EF

G所以EF∥平面PAD．………………………………………………………………5分【法二】在平面ABCD内过点C作CGAD⊥，垂足为G，连结PG，取PG的中点H，连结AH，FH等腰三角形ADP中，BCAD∥，又在四边形ABCD

中，BAAD⊥，CGAD⊥，所以ABCG∥，所以四边形ABCG是平行四边形所以ABCG∥且ABCG=ACG中，PFFC=，PHHG=，所以FHCG∥且12FHCG=因为12AEAB=，所以AEFH∥且AEFH=所以四边

形AEFH是平行四边形………………………………………………………………3分所以EFAH∥，因为AH平面PAD，EF平面PAD所以EF∥平面PAD．………………………………………………………………5分【法三】连结CE并延长交DA的延长线于点H，

连结PH证明EFPH∥（略）（2）解：在平面ABCD内，作CMAD⊥，垂足为M，在平面PAD内，作MNAD⊥，垂足为N，连结CN．在四边形ABCD中，BAAD⊥，CMAD⊥，所以ABCM∥因为PAAB⊥，所以CMPA⊥因为CMAD⊥，PAADA=，PA，AD平面PAD所以CM⊥平面PAD因为A

D平面PAD，所以ADCM⊥又ADCM⊥，CMMNM=，CM，MN平面CMN所以AD⊥平面CMN因为CN平面CMN，所以ADCN⊥又ADMN⊥，CN平面PCD，MN平面PADCNM是二面角CPDA−−的平面角………………………………………………8分在等腰三角形

PAD中，BCAD∥，ADAP⊥，所以BCPA⊥所以在四棱锥中，BCAB⊥，BCPB⊥所以ADPB⊥，ADAB⊥因为PBABB=，PB，AB平面PAB所以AD⊥平面PAB因为PA平面PAB，所以PAAD⊥直角三角形PAB中，1AB=，3PB=，所以22PA=直角三角形PAD中，M

NDMPADP=，即12226MN=，所以33MN=又1CMAB==所以tan3CMCNMMN==由图可知二面角CPDA−−是锐二面角所以3CNM=，即二面角CPDA−−的平面角是3．…………………………………………12分