【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第三中学2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题含答案.docx，共(19)页，1.078 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前试卷类型：A卷哈尔滨市第三中学2020—2021学年度第二学期期末考试高一数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，在本试卷上作答无效。2.请将选择题答案填涂在机读卡上，非选择题答案填写

在第II卷答题纸上。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试题卷共23题,全卷满分150分。考试用时120分钟。第I卷（选择题，共70分）一、选择题：本题共14小题，每小题5分，共70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z满足2025(1)1zii+=−，则z的虚部为（）A.iB.1−C.i−D.12.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物有所增加，为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，计

划从这些地块中抽取20个作为样区，根据现有的统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为了让样本具有代表性，以获得该地区这种野生动物数量准确的估计，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（）A.系统抽样B.分层抽样C.简单随机抽

样D.非以上三种抽样方法3.平面向量()2,1a=r，2b=，4ab=，则向量a、b夹角的余弦值为（）A.255B.45C.55D.154.如图是一个由正四棱锥P﹣A1B1C1D1和正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1构成的组合体，正四

棱锥的侧棱长为6，BB1为正四棱锥高的4倍.当该组合体的体积最大时，点P到正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1外接球表面的最小距离是（）A.6243−B.6(32)−C.6(21)−D.6(31)−5.已

知在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若()2baac=+，则sincoscosaAbAaB−的取值范围是（）A.20,2B.30,2C.12,22D.13,226.已知平面、平面、平面、直线a以及直

线b，则下列命题说法错误的是（）A.若⊥ba,//，则ba⊥B.若ba==,,//，则ba//C.若⊥a,//，则⊥aD.若⊥⊥,，则⊥a,//7.平行四边形ABCD中

，4AB=，3AD=，060=BAD，Q为CD中点，点Р在对角线BD1上，且BDBP=，若BQAP⊥，则=（）A.14B.12C.23D.348.已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，60ABC=，12AAAB==，1BC=，

则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为（）A.1010B.31020C.31010D.10209.某地一重点高中为让学生提高遵守交通的意识，每天都派出多名学生参加与交通相关的各类活动.1现有包括甲、乙两人在内的6名中学生，自愿参加交通志愿者的服务工作这6名中学生中2人被1分配

到学校附近路口执勤，2人被分配到医院附近路口执勤，2人被分配到中心市场附近路口执1勤，如果分配去向是随机的，则甲、乙两人被分配到同一路口的概率是（）A.15B.25C.35D.4510.如图是古希腊著名的天才几何学家希波克拉底（公元前470年~

公1元前410年）用于求月牙形图形面积所构造的几何图形，先以AB为直径构造半圆O，C为弧AB的中点，D为线段AC的中点，再以AC为直径构造半圆D，则由曲线AEC和曲线AFC所围成的图形为月牙形，在图形ABCE内任取一点，则该点在月牙形内的概率为（）A.112+πB.23+πC.22+πD.11

+π11.已知平面α与β所成锐二面角的平面角为80，P为α，β外一定点，过点P的一条直线与α和β所1成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（）A.1条B.2条C.3条D.4条12.在锐角ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，ABC的面积为S，若22

2sin()SACbc+=−，11则1tan2tan()CBC+−的最小值为（）A.2B.2C.1D.2213.6(1)(1)axx−+的展开式中，3x项的系数为-10，则实数a的值为（）A.23B.2C.－2D.23

−14.已知在R上的函数()fx满足如下条件：①函数()fx的图象关于y轴对称；②对于任意Rx，()()220fxfx+−−=；③当0,2x时，()fxx=；④函数()()()12nnfxfx−=，*nN，若过点(－1,0)的直线l与函数()()4fx的图象在

0,2x上恰有8个交点，在直线l斜率k的取值范围是（）A.80,11B.110,8C.80,19D.190,8第II卷（非选择题，共80分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.15.若向量2a

=，2b=，()aba−⊥，则向量a与b的夹角等于_________.16.6(12)(2)xx−+的展开式中2x的系数为________.（用数字作答）17.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖儒.如图，在

鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，其三视图是三个全等的等腰直角三角形，则异面直线AC与BD所成的角的余弦值为______.18.已知函数()||||1xxfxe=+，()()2,02,0fxxgxxxax=−+，且()10g=，则关于x的方程()()10ggxt−−=实根个数的判

断正确的是_________.①当2t−时，方程()()10ggxt−−=没有相异实根②当110te−+或2t=−时，方程()()10ggxt−−=有1个相异实根③当111te+时，方程()()10ggxt−−=有2个相异实根④当111te−−+或01t＜或11t

e=+时，方程()()10ggxt−−=有4个相异实根三、解答题：共60分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19.（本题满分12分）在①cos13sinbBaA+=，②2sintanbAaB=，③()()sinsins

inacAcABbB−++=这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若______.（1）求角B；（2）若4ac+=，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积.20.（本

题满分12分）在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点生产口罩、防护服、消毒水等防疫物品，保障抗疫一线医疗物资供应，在国际社会上赢得一片赞誉.我国某口罩生产厂商在加大生产的同时，狠抓质量管理，不定时抽查口罩质量，该厂质检人员从某日所生产

的口罩中随机抽取了100个，将其质量指标值分成以下五组：)100,110，)110,120，)120130,，)130140,，140,150，得到如下频率分布直方图.（1）规定：口罩的质量指标值越高，说明该口罩质量越好，其中质量指标值低于130的为二级

口1罩，质量指标值不低于130的为一级口罩.现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个1口罩，再从中抽取3个，求恰好取到一级口罩个数为2的概率；（2）在2020年“五一”劳动节前，甲、乙两人计划同时在该型号口罩的某网络购

物平台上分别参加1A、B两店各一个订单“秒杀”抢购，其中每个订单由n()*2,nnN个该型号口罩构成.假1定甲、乙两人在A、B两店订单“秒杀”成功的概率分别为2n，2cosnn，记甲、乙两人抢购1成功的订单总数量、口罩总数量分别为X，Y.①求X的分布列及数学期望()

EX；②求当Y的数学期望()EY取最大值时正整数n的值.21.（本题满分12分）如图，三棱锥ABCD−中，侧面ABD△是边长为2的正三角形，22ACCD==，平面ABD⊥平面BCD，把平面ACD沿CD旋转至平面PCD的位置，记点A旋转后对应的点为P（不

在平面BCD内），M、N分别是BD、CD的中点.（1）求证：CDMN⊥；（2）求三棱锥CAPD−的体积的最大值.22.（本题满分12分）（1）已知()2112nx+−的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为1:4，求n的值.（2）记()212210122112nnnxaaxaxax+++−

=++++，*nN，①求0121naaa++++；②设()2kkkab=−，求和：()()01221123122knbbbkbnb+++++++++.23.（本题满分12分）设,abR，b为常数，*,2nNn

，函数(),nfxxaxbxR=−+，（1）设3n=，①已知2,1ab==，求函数f(x)的所有极值的和；②已知0a，02b，函数f(x)在区间[0,1]上恒为非负数，求实数a的最大值；并判断a取

最大值时函数()fx在R上的零点的个数；（2）求证：无论,an如何变化，只要函数()fx同时存在极大值和极小值，那么所有这些极值的和1就是与,an无关的常数.绝密★启用前试卷类型A哈尔滨市第三中学2020—2021学年度第二学期期末考试高一数学试

卷参考答案及评分标准评分说明：1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继

部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。3．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题5分，满分

40分。题号123456789101112答案DBABCDABCDDA题号1314答案BA二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题5分，满分20分。15.416.－42017.3318.①②三、解答题：本大题共5小题，共60分。解答应写出文字说

明，证明过程或演算步骤。19.（1）选①，由正弦定理得sincos1sin3sinBBAA+=，∵sin0A，∴3sincos1BB−=，即π1sin62B−=，∵0πB，∴ππ5π666B

−−，∴ππ66B−=，∴π3B=.选②，∵2sintanbAaB=，sin2sincosaBbAB=，由正弦定理可得sin2sinsinsincosBBAAB=，∵sin0A，∴1cos2B=，∵()0,πB，∴π3B=.选③，∵()()sinsinπsinABCC

+=−=，由已知结合正弦定理可得()22acacb−+=，∴222acbac+−=，∴2221cos222acbacBacac+−===，∵()0,πB，∴π3B=.（2）∵()22222cos3163bacacB

acacac=+−=+−=−，即2316acb=−，∴221632acb+−，解得2b，当且仅当2ac==时取等号，∴min2b=，△ABC周长的最小值为6，此时△ABC的面积1sin32SacB==.20.（1）按分层抽样

抽取8个口罩，则其中二级、一级口罩个数分别为6、2，所以恰好取到一级口罩个数为2的概率126238328CCPC==．（2）①由题知，X的可能取值为0，1，2，()2232cos2cos2cos0111nnnPXnnnnn==−−=−−+

；()22232cos2cos2cos4cos111nnnnPXnnnnnnn==−+−=+−；()32cos2nPXn==．所以X的分布列为X012P232cos2cos1nnnnn

−−+232cos4cosnnnnn+−32cosnn23232cos2cos2cos4cos011nnnnEXnnnnnn=−−+++−+322cos2

cos2nnnnn=+．②因为YnX=，所以22cos2cosnEYnEXnnnnn==+=+．令110,2tn=，设()2cosfttt=+，则()EYft=，因为()12si

n2sin2fttt=−=−所以当10,6t时，()0ft，所以()ft在区间10,6上单调递增；当11,62t时，()0ft，所以(

)ft在区间11,62上单调递减；所以当16t=即6n=时()ft取最大值，所以()1366ftf=+．所以EY取最大值时，n的值为6．21.（1）如图，连接AM、MC，因为ABAD=

，M是BD的中点，所以AMBD⊥，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCDBD=，AM平面ABD，所以AM⊥平面BCD，MC平面BCD，所以AMMC⊥．因为ABD△为边长为2的正三角形，所以3AM=，又2AC=，所以由勾股定理可得221MCACAM=−=

，又1MCMDMB===，MCBMBC=，MCDMDC=，180MBCMDCBCD++=，则2180BCD=，90BCD=，所以BCD△为直角三角形，且BCCD⊥，又M、N分别是BD、CD的中点，所以//MNBC，所以MNCD⊥；（2）如图，

连接AN、PN，因为三棱锥CAPD−与三棱锥PACD−为同一个三棱锥，且ACD△的面积为定值，所以当三棱锥PACD−的体积最大时，则平面PCD⊥平面ACD，ACAD=，则PCPD=，N为CD的中点，则PNCD⊥，平面P

CD⊥平面ACD，平面PCD平面ACDCD=，PN平面PCD，PN⊥平面ACD，此时点P到平面ACD的距离为22152PNANACCN==−=，在ACD△中，因为2ACAD==，1CD=，所以11151512224ACDSCDAN===△

，所以PACDV−的最大值为111515533428ACDSPN==△，所以三棱锥CAPD−的体积的最大值为58．22.（1）∵()2112nx+−的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为1：4，∴12122

114nnCC++=，即22740nn−−=，解得4n=.（2）①由题意()2121012112nnnxaaxax++++=+++，令1x=，得2101213nnaaa+++++=；②由题意()212kkknaC+=−，又()()2122kkkknkaCb+=−=−

，∴21kknbC+=，∴()()212121212111kkkkknknnnnkkAkbkCkCCkCA++++++=+=+=+()1122122111(21)21kkkknnnnkknACnCCA−−++−−+=+=++，∴()()01

221123122knbbbkbnb+++++++++()()012212121212121123122knnnnnnCCCknC++++++=++++++++()()()012210122121212122221nnnnnnnnnCCCCnCCC++

+++++++++=+++()()21222212232nnnnn+=++=+.23.解：（1）①因为3,2,1nab===，所以3()21fxxx=−+，所以2()32fxx=−，由2320x−得63x或63x−；同理，由2320x−得6633x−．所以函

数()fx的单调性如下表：x6,3−−63−66,33−636,3+()fx+0-0+()fx↗极大↘极小↗所以66()()33fxfxff+=−

+极小值极大值336666212123333=−−−++−+=，②3n=时，函数3()fxxaxb=−+，()fx在区间[0,1]上恒为非负数，即min()0fx≥，因为2()3fxxa=−，所以，（

i）当3a时，()0fx，所以()fx在[0,1]上单调递减，所以min()(1)10fxfab==−+，解得1123ab++=，这与3a矛盾；（ii）当0<<3a时，因为()3()()33aafxxx=+−，所以()fx在区间[0,]3a上递减，

在区间[,1]3a上递增，所以3min()()()0333aaafxfab==−+，23322ab，因为02b，所以2333328322b=，所以233022ab．综上所述，a的最大值为23322b．当23322

ab=时，3233()22fxxbxb=−+，解不等式2233()3202fxxb=−得32bx或32bx−，所以()fx在区间3(,)2b−−和3(,)2b+上单调递增，同理在区间33(,)22bb−上单调递减，所以3()()202bfxfb=

−=极大值，3()()02bfxf==极小值，所以()fx在R上恰有两个零点．（2）证明：因为1()nfxnxa−=−，（i）当0a且n为奇数时，1n−为偶数，所以()0fx在R上恒成立，函数()fx在R上单调递增，不存在极值；（ii）当0a且n为偶数时

，1n−为奇数，由1()0nfxnxa−=−得11naxn−，由1()0nfxnxa−=−得11naxn−，函数()fx的单调性如下表：x11,nan−−11nan−11,

nan−+()fx+0-()fx↘极小↗由上表可知，函数()fx仅存在极小值，不合题意；（iii）当0a且n为偶数时，1n−为正奇数，由1()0nfxnxa−=−得11naxn−，由1()0nfxnxa−=−得11naxn−

，函数()fx的单调性如下表：x11,nan−−11nan−11,nan−+()fx+0-()fx↘极小↗由上表可知，函数()fx仅存在极小值，不

合题意；（iv）当0a且n为奇数时，1n−正偶数，由1()0nfxnxa−=−得11naxn−或11naxn−−，由1()0nfxnxa−=−得1111nnaaxnn−−−，函数函数()fx的单调性如下表：x1

1,nan−−−11nan−−1111,nnaann−−−11nan−11,nan−+()fx+0

-0+()fx↗极大↘极小↗由上表可知，函数()fx在区间11,nan−−−和11,nan−+上单调递增，同理()fx在区间1111,nnaann−−−上单调递减，因此，11naxn−

=−时，函数()fx取得极大值M，11naxn−=时，()fx取得极小值N．因为()()()()22nnnnfxfxxaxbxaxbxaxxaxbb−+=−−−++−+=−++−+=，所以11112nnaaMN

ffbnn−−+=−+=，证毕．附：4.【分析】设正四棱锥的高为h，ABa=，由条件可得221362ha+=，然后该组合体的体积为()22311

3472233ahahhh+=−，然后利用导数求出当23h=时体积取得最大值，此时43a=，然后算出正四棱柱1111ABCDABCD−外接球的半径，然后点P到正四棱柱1111ABCDABCD−外接球表面的最小距离为点

P到球心的距离减去半径，即可得到答案.【详解】设正四棱锥的高为h，ABa=，由正四棱锥的侧棱长为6可得221362ha+=，该组合体的体积为()()22223113131347227223333ahahahhhhh+==−=−，令()3722fhhh=−，则(

)2726fhh=−，所以可得()fh在()0,23上单调递增，在()23,+上单调递减，所以当23h=时()fh取得最大值，即该组合体的体积最大,此时43a=,所以正四棱柱1111ABCDABCD−的外接球半径为:()()()222434383622++

=,点P到正四棱柱1111ABCDABCD−外接球表面的最小距离为点P到球心的距离减去半径，即63(223)6h−−=,故选：B【点睛】本题考查的知识点有：几何体的体积公式，利用导数解决最值问题，几何体的外接球问题

，属于较难题.5.【解析】由2()baac=+及余弦定理，可得2coscaaB−=正弦定理边化角，得sinsin2sincosCAAB−=ABC++=sin()sin2sincosBAAAB+−=sin()sinBAA−=ABC是锐角三角形，BAA−=，即2BA

=．02B，2AB+，那么：64A则()2sinsin1=sin(coscossin2aAAAbAaBBA=−−，2)2故选：C10.【解析】记月牙形的面积为1S，曲线AFC与弦AC围城的弓形面积为2S，设2OA=，则22AC=,则22

1111(2)222222242AOCAOCSSSS=−=−−===12.所以图形ABCE的面积为2112222SS=+=+,所以121221SPS===++，故选：

D11.【解析】如图，过P作，的垂线,PCPD,其确定的平面与棱l交于Q，若二面角为80。，AB与平面，成30。角，则100CPD=。，AB与,PCPD成60。角，因此问题转化为过P点与直线,PC

PD所成角为60。的直线有几条.10080606022。。。。，,所以这样的直线有4条.故选：D12.【解析】因为222sin()SACbc+=−，即222sinSBbc=−，所以22sinsinacBBbc=−，因为sin0B，所以22bcac=+，由余弦定理2222co

sbacacB=+−，可得2cosacBc−=，再由正弦定理得sin2sincossinACBC−=，因为sin2sincossin()2sincossin()ACBBCCBBC−=+−=−，所以sin()sinBCC−=，所以BCC−=或BCC−+=，得2BC=

或B=（舍去）.因为ABC是锐角三角形，所以02022032CCC−，得64C，即3tan(,1)3C，所以11tantan22tan()2tanCCBCC+=+

−，当且仅当2tan2C=，取等号.故选:A14.【分析】先由条件①②，得到函数()fx是周期为4的周期函数；根据③求出函数()fx在一个周期22−,上的表达式为(),02,20xxfxxx=−−，根据④得到()()4fx的周期为12，其图象可由()fx的图象压

缩为原来的18得到，作出()()4fx的图象，结合图象，即可求出结果.【详解】因为函数()fx是偶函数，由()()220fxfx+−−=得()()()222fxfxfx+=−=−，即()()4fxfx+=，所以函数()fx是周期为4的

周期函数；若2,0x−，则0,2x；因为当0,2x时，()fxx=，所以0,2x−时，()fxx−=−，因为函数()fx是偶函数，所以()()fxxfx−=−=，即()fxx=−，2,0x−，则函数()fx在一个周期22−,上的表达式为(),

02,20xxfxxx=−−，因为()()()12nnfxfx−=，*nN，所以函数()()()48fxfx=，*nN，故()()4fx的周期为12，其图象可由()fx的图象压缩为原来的18得到，作出()()4fx的图象如图：易知过()1,0M−的直线l斜率存在，设过点

()1,0−的直线l的方程为()1ykx=+，则要使直线l与()()4fx的图象在0,2x上恰有8个交点，则0MAkk，因为7,24A，所以20871114MAk−==+，故8011k.故选：A.【点睛】求解本题的关键在于，根据条件，由函数基本

性质，得到()()4fx的图象，再由函数交点个数，利用数形结合的方法，即可求解.18.【分析】先依据题意求出()gx的解析式，然后将复合函数进行分解，令()mgxt=−，则()10gm−=，求解出m，再研究()gxtm−=即可

．【详解】当0x时，||||()11xxxfxxee=+=−+，因为g（1）0=，所以120a−+=，所以1a=，所以21,0()21,0xxexgxxxx−+=−+，图象如图所示：当0x时，0x−，0xe，则11xxe−+，当且仅当0

x=时等号成立，()(1)xxxgxexexe=−−=−+，所以函数()gx在(,1)−−上单调递增，在(1,0)−上单调递减；当0x时，()fx在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增，故()(1)0gxg−=恒成立．故()gx在(,1)

−−上单调递增，在(1,1)−上单调递减，在(1,)+上单调递增．令()mgxt=−，则()10gm−=，解得：0m=或2m=，当0m=即()0gxt−=时，()gxt=，当2t−时，()2gx−，无解，当2m=即()2gxt−=时，()2gxt=+，当2t−时，(

)0gx，无解，故方程(())10ggxt−−=没有相异实根，故①正确；当2t=−时，由A可知：()0gx=，解得1x=，当110te−+时，12(1te++，2)，由上可知()fx在1x=−时取得极大值为1(1)1ge−=+，结合图象可知，此时2yt=+与()gx有且

仅有一个交点，故②正确；当111te+时，()gxt=或()2gxt=+，若()gxt=，结合图象可知()gx与yt=有三个不同的交点，若()2gxt=+，12(3,3)te++，此时()gx与yt=有一个交点，故方程(())10ggxt−−=有4个相

异实根，故③错误；当111te−−+时，()2(1gxt=+，11)e+，由③可知此时有三个不等实根，当01t时，()gxt=或()2gxt=+，当()gxt=时，由图可知有两个不等实根，当()2gxt=+时，由图可知有一个实根，当11te=+时

，()gxt=或()2gxt=+，当()gxt=时，由图可知有两个不等实根，当()2gxt=+时，由图可知有一个实根，故此时方程(())10ggxt−−=共有9个不等实根，故④错误．故答案为：①②．