【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2020-2021学年高一下学期期末考试 数学答案.docx，共(10)页，515.811 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2d861584aafce87206cc182263581e62.html

以下为本文档部分文字说明：

2021年上期高一期末考试参考答案1.答案：B解析：1,0,1BBB−Q,1,0AB=−.故选B.2.答案：A解析：()11ziiiiii++==111ii−==−−则1zi=+,答案:A【点睛】本题考查复

数的运算,关键在于分母的实数化和共轭复数的使用,属于简单题。3.答案：B解析：存在实数,使得ab=rr,说明向量,abrr共线,当,abrr同向时,abab+=+rrrr成立,当,abrr反向时,abab+

=+rrrr不成立,所以,充分性不成立.当abab+=+rrrr成立时,有,abrr同向,存在实数,使得ab=rr成立,必要性成立,即“存在实数,使得ab=rr”是“abab+=+rrrr”的

必要而不充分条件.故选B.4.答案：D解析：依题意,得(2,2,2),(1,6,8),(4,2,0)ABACADx=−−=−−=−−uuuruuuruuur.,,,ABCDQ四点共面,,,ABACADuuu

ruuuruuur共面,存在实数,,使得ADABAC=+uuuruuuruuur,即(4,2,0)(2,26,28)x−−=−−+−−,42,226,028,x−=−−−=+=−−解得4,1,11.x

=−==5.答案：C解析：本题考查三角函数的化简与计算.因为tan2=−，所以()22sinsincos2sincossin(1sin2)sincossincos+++==++2sin(sincos)si

n(sincos)sincos+=+=+22222sinsincostantan422sincostan1415++−===+++.6.答案：B解析：因为正数x,y满足1xy+=，所以2222(1)(1)4444(1)4(1

)4511111111xyyxyxyxyxyxyx−−+=+=++−+++−=+−++++++++.因为44144[(1)(1)]11311xyyxyx+=++++++++14(1

)4(1)1683113xyyx++=++++…，当且仅当12xy==时等号成立，所以224416155111133xyyxyx+=+−−=++++…，即2211xyyx+++

的最小值为13.若2211xymyx+++…恒成立，则m的最大值为13.故选B.7.答案：B解析：按照“312++”模式选科具体组合如下:（物理，化学，生物）、（物理，化学，地理）、（物理，化学,政治）、（物理，生物，政治）、（物理，生物，地理）、（物理，政治，地理）、（历

史，化学，生物）、（历史，化学，地理）、（历史，化学，政治）、（历史，生物，政治）、（历史，生物，地理）、（历史，政治，地理），共12种组合，其中含地理学科的组合有6种，所以某同学选择含地理学科组合的概率61

122P==，故选B.8.答案：B解析：对于①，如图,连接1DB，根据正方体的性质，有1DB⊥平面11,ACDDB平面1PBD,从而可以证明平面1PBD⊥平面1ACD，正确.②如图,连接111,AB

AC容易证明平面11//BAC平面1ACD,从而由线面平行的定义可得1//AP平面1ACD，正确.③当P与线段1BC的两端点重合时，1AP与1AD所成角取最小值π3，当P与线段1BC的中点重合时，1AP与1AD所成角取最大值π2，故1AP与1AD所成角的范围是ππ,32，

错误.④11DAPCPADCVV−−=，P到平面1ADC的距离不变，且三角形1ADC的面积不变，∴三棱锥1DAPC−的体积不变，正确.正确的命题为①②④.故选B.9.答案：CD解析：因为30log31logπ01nba

,又π1log03c=所以ππ10,log3log03acbcbc+=+=所以C正确,B错误.因为3π3πlogπlog31,logπlog31abab==+=+,所以D正确,A错误.10.答案：CD解析：由题图可得，2A=,2π5ππ43124T=−=,故πT=,则2=,所以

()2sin(2)fxx=+.又因为2π4π2sin233f=+=−，所以4π3π2π()32kk+=+Z，所以π2π()6kk=+Z.又||π，所以π6=，所以π()2sin

26fxx=+.当π2x=时，ππ263x+=,此时()3fx=，所以()fx的图象不关于点π,012，故B中结论不正确.令πππ2262x−+剟，可得ππ36x−剟，即函数的一个单调递增区间为ππ,36−，故C中结论正确.令π()2sin216fxx

=+=，则ππ22π66xk+=+,kZ或π5π22π66xk+=+，kZ，即πxk=,kZ或ππ3xk=+,kZ.所以满足π23π,1212x−的交点的横坐标有0，π，π

3，4π3和为8π3，故D中结论正确.故选CD.11.答案：ABD解析：4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有24C6=场比赛，比赛的所有结果共有6264=种；选项A，这6场比赛中若4支球队优先各赢一场，则还有2场必然有2支或1支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确；

选项B，其中()()()()()(),,,,,,,,,,,abbccddaacdb6场比赛中，依次获胜的可以是,,,,,abcacb，此时3队都获得2分，并列第一名，正确；选项C，在()()()()()(),,,,,,,,,,,abbccddaacdb6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有24C6

=种可能，若选中ab,，其中第一类a赢b，有,,,,,abcdab和,,,,,abdcab两种情况，同理第二类b赢a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为643648=，错误；选项D，从4支球队中选一支为第一名有4种可能；这一支球队比赛的

3场应都赢，则另外3场的可能有328=种，故只有一支球队名列第一名的概率为814642=，正确.故选：ABD.12.答案：ABC解析：由正弦定理可得::2:3:7abc=.设22222221749332,3,7(0),7463422mmmambmcmmSmmm+

−====−==，解得2,mABC=的周长为46271027abc++=++=+，故A正确；由余弦定理得2221636281π2πcos,.π,,22246233abcCCABCABCABab+−+−====++=+==+，

故B正确；由正弦定理知,ABC外接圆的直径274212πsin3sin3cRC===，故C正确;由中线定理得2222122abcCD+=+，即2111636281922CD=+−=,19CD=，故D错误

.故选ABC.13.答案：π3解析：14.答案：3解析：由题意，可得该组数据的众数为2，所以232322x+==，解得4x=，故该组数据的平均数为122451046+++++=。所以该组数据的方差为2222221(14)(24)(24)(44)(54)(104)96−

+−+−+−+−+−=，即标准差为3。15.答案：cos()coscossinsin−=+解析：由三角形的面积公式，得甲的面积为1π1sincos()222abab−+=−，乙的面积为11cosc

oscoscos22abab=，丙的面积为11sinsinsinsin22abab=，故111cos()coscossinsin222ababab−=+，即cos()coscossinsin−=+.16.答案：14；1003300+解析：17.答案：选①

：由//mn，得cos(2)cosaBcbA=−，得sincos2sincossincosABCABA=−，得sin()2sincosBACA+=，又sin()sinBAC+=，sin0C，所以1c

os2A=，又0πA，所以π3A=．②因为3cossin3baCcA=+，根据正弦定理得3sinsincossinsin3BACCA=+，所以3sin()sincossinsin3ACACCA+=+，所以3sincoscossinsin

cossinsin3ACACACCA+=+，所以3cossinsinsin3ACCA=．因为sin0C，所以tan3A=，又0πA，所以π3A=．③因为2coscoscos()sinsinAACBBC+−=，所以cos[cos()cos()

]sinsinABCCBBC−++−=，所以2cossinsinsinsinABCBC=．因为(0,π)B，(0,π)C，所以sinsin0BC，所以1cos2A=，又0πA，所以π3A=．（2）在ABC

△中，由3a=，π3A=，得223bcbc+−=．由ABC△的面积为32，得2bc=，所以225bc+=．因为M是BC的中点，所以()12AMABAC=+，从而()()22222117||||2444AMABACABACbcbc=++=++=，所以72AM=．解析：18.答案：（1）易得1

π()23coscossin3cossin22fxxxxx=−−+=+=31π2cossin2sin223xxx+=+.因为函数()gx的图像与函数()fx的图像关于y轴对称，所以()()gxfx=−，所以π()2sin3gx

x=−+.（2）令()tgx=.由π0,2x，可得πππ,363x−+−，则[1,3]t−，所以关于t的方程20ttm−+=在[1,3]−上有解，故关于t的方程2mtt=−+在[1,3]−上有解，又函数2211,[1,3]24ytttt=−+

=−−+−的值域为12,4−，所以12,4m−，故实数m的取值范围为12,4−.解析：19.答案：（1）如图，连接BD，易知ACBDH=，BHDH=.又BGPG=，故//GHPD.又GH平面PAD,PD平面PAD，所以//GH平面PAD

.（2）如图，取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DNPC⊥.又平面PAC⊥平面PCD，平面PAC平面PCDPC=，所以DN⊥平面PAC.又PA平面PAC，故DNPA⊥.又PACD⊥，CDDND=，所以PA⊥平面PCD.（

3）如图，连接AN.由（2）中DN⊥平面PAC，可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角.因为PCD为等边三角形，2CD=且N为PC的中点，所以3DN=.又DNAN⊥，在RtAND中，3sin3DNDANAD==，所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33.解析：20.答

案：(1)甲连胜四场的概率为116.(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛.比赛四场结束，共有三种情况：乙连胜四场的概率为116；丙上场后连胜三场的概率为18.所以需要进行第五场比赛的概率为1

1131161684−−−=.(3)丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18；比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为111,,1688.因此丙最终获胜的概率为111178168816+

++=.解析：21.答案：（1）频率分布表如下：组别月用电量频数频率①[0,100]40.04②(100,200]120.12③(200,300]240.24④(300,400]300.3⑤(400,500]260.26⑥(500,

600]40.04合计1001频率分布直方图如下：（2）该100户用户11月的平均用电量：500.041500.122500.243500.34500.265500.04324x=+++++=度，所以估计全市住户11月的平均用电量为324度.（3）10.65y

x=，20.61,0200,0.66(200)1220.6610,200400,0.91(400)2540.91110,400,xxyxxxxxx=−+=−−+=−剟„由21yy„，得0200,0.610.65xxx剟„或0.66100.65,200400

xxx−„„或400,0.911100.65,xxx−解得110423.10.26x„，因为xN，所以x的最大值为423.根据频率分布直方图，423x„时的频率为：0.040.120.240.3230.00260.75980.75++++=，故估计“阶梯电价”能

给不低于75%的用户带来实惠.解析：答案：22、解析：(1)当时,(2)设1≤≤2,∵在上递减,∴整理得,解得.∴在内的“倒域区间”为.(3)∵在时,函数值y的取值区间恰为[],其中≠,、≠0,∴,∴、同号.只考虑0≤2或-2≤<>当0≤2时,根据的图像知,最大

值为1,,∴1≤≤2,由(Ⅱ)知在内的“倒域区间”为;当-2≤<>最小值为-1,,∴,同理知在内的“倒域区间”为.依题意:抛物线与函数的图象有两个交点时,一个交点在第一象限,一个交点在第三象限.因此,应当使方

程,在[1,]内恰有一个实数根并且使方程,在[]内恰有一个实数由方程在内恰有一根知;由方程在[]内恰有一根知,综上:=-2.