【文档说明】河北省邯郸市2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题 含答案.docx，共(10)页，788.924 KB，由小赞的店铺上传

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1邯郸市2020—2021学年第二学期期末质量检测高一数学注意事项：1.考试时间120分钟，总共150分.2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考场填写在答题卡上，并把条形码贴在答题卡上的指定位置.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题

目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.已知向量(),1

ax=，()3,2b=−，若//ab，则x=（）A.32−B.23−C.32D.232.在正四面体ABCD−中，直线AB与直线CD所成的角的大小为（）A.30B.45C.60D.903.已知某人射击每次

击中目标的概率都是0.5，现在用随机模拟的方法估计此人3次射击至少2次击中目标的概率：先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4表示击中目标，5，6，7，8，9表示未击中目标.每3个随机数为一组，代表3次射击的

结果.经随机模拟产生了20组随机数：926446072021392077663817325615405858776631700259305311589258据此估计，其3次射击至少2次击中目标的概率约为（）A.0.45B.0.5C.0.55D.0.64.设，为两个不同的平面，m，n为两

条不同的直线，下列命题正确的是（）A.若//m，n，则//mnB.若//，//m，//n，则//mnC.若m⊥，//n，则mn⊥D.若⊥，m=，nm⊥，则n⊥5.甲、乙两人独立地解决同一问题，甲解

出此问题的概率是0.8，乙解出此问题的概率是0.6，那么至少有一人解出此问题的概率是（）A.0.98B.0.92C.0.9D.0.886.在ABC△中，角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若6C=，22bc==，则ABC△的面积为（）A.32B.1C.3D.227.为了解疫情

防控延迟开学期间全市中小学线上教学的主要开展形式，某课题组面向全市各学校开展了一次随机调查，并绘制得到如下统计图.经分析统计图表，采用“直播＋录播”方式进行线上教学的学校占比约为（）A.22.5%B.27.5%C.32.5%D.37.5%8.在ABC△中，22ABAC

==，M，N分别为线段BC上的两个三等分点，若59AMAN=，则角A为（）A.6B.3C.23D.56二、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11z

ii=++，其中z是z的共轭复数，则下列结论正确的是（）A.z的实部为12B.z的虚部为12i−C.12z+为纯虚数D.在复平面内z对应的点位于第四象限10.已知甲罐中有2个大小、质地完全一样的小球，标号为1，2，乙罐中有4个大小、质地完全一

样的小球，标号为1，2，3，4，现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记样本空间为，事件A为“抽取的两个小球标号之和大于4”，事件B为“抽取的两个小球标号之积小于5”，则下列结论正确的是（）A.A与B是互斥事件B.A与B不是对立事件C.AB=D

.()()98PAPB+=11.已知非零单位向量a和b，若33ab=−，向量b在向量a上的投影向量为c，向量a在向量b上的投影向量为d，则下列结论正确的是（）A.cd=B.abac=C.33db=D.39cd=−312.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，点O为11AD的

中点，若以O为球心，6为半径的球面与正方体1111ABCDABCD−的棱有四个交点E，F，G，H，则下列结论正确的是（）A.平面11//ABCD平面EFGHB.平面11ACCA⊥平面EFGHC.四边形EFGH的面积为22D.四棱锥BEFGH−的体积为23三、填空题：本题共4小题，

每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.13.已知复数1322zi=−，则1z−=__________.14.将边长为2的正方形，绕其一条对角线旋转180，所围成的几何体的表面积为__________.15.已知正方体1111ABCDABCD−

，则二面角11ABDC−−的正弦值为___________.16.在ABC△中，角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，已知sinsin2ACabA+=，且C为钝角，则B=______________，ac的取值范围是___________.四、解

答题：本题共6小题，第17题10分，第18~22题每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在ABC△中，角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且()2coscosbcAaC−=.（1）求角A的大小；（2）若4b=，在下面

三个条件中选一个，若ABC△存在，求c的值，若不存在，说明理由.①3a=；②23a=；③13a=.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18.如图，已知O为平面直角坐标系的原点，150OABABC==，

2OABCAB===.（1）求OC的坐标；（2）若四边形ABCD为平行四边形，求OBOD+.19.如图，在三棱锥PABC−中，1AC=，2AB=，60CAB=，PA⊥平面ABC.4（1）求证：平面PAC⊥平面PBC；

（2）若PAAC=，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值.20.甲、乙两人玩一个掷骰子游戏，规则如下：甲掷两次骰子，第一次掷出的数字作为十位数，第二次掷出的数字作为个位数，组成一个两位数，然后让乙猜.若乙猜出的结果与该两位数

满足的数字特征相符，则乙获胜，否则甲获胜，一轮游戏结束，然后进行下一轮（每轮游戏都由甲掷两次骰子）.所要猜的两位数的数字特征方案从以下两种猜法中选择一种；猜法一：猜“两位数的十位大于个位”；猜法二：猜“两位数的十位不大于个位”.请回答：（1）如果你是

乙，为了尽可能获胜，你将选择哪种猜法，并说明理由；（2）假定每轮游戏结果相互独立，规定有人连续获胜两次则整个游戏停止.若乙按照（1）中的猜法进行游戏，求第三轮后游戏停止的概率.21.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，ABC△是边长为2的正三角形，点E，F分别是棱1C

C，1BB上的点，点M是线段AC上一点，22ECFB==.（1）若M为中点，证明：//BM平面AEF；（2）若2ABCEFAMEBVV−−=，求AM.22.某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的

人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：)20,25，第二组：)25,30，第三组：)30,35，第四组：)35,40，第五组：40,45，得到如图所示的频率分布

直方图，已知第一组有10人.5（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已

确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方

差分别为43和1，据此估计这m人中35~45岁所有人的年龄的方差.高一数学参考答案一、选择题1-5：ADBCB6-8：ABC二、选择题9.AD10.BCD11.ABD12.ACD三、填空题13.114

.4215.22316.310,2四、解答题17.解：（1）因为(2)coscosbcAaC−=，由正弦定理，得2sincossincossincosBACAAC−=，即2sincossin()BAAC=+，又因为ABC

++=，所以2sincossinBAB=，又因为0B，所以sin0B，从而1cos2A=，故3A=.6（2）显然有sin23CDbA==，若ABC△存在，必有BCCD.选①3a=：此时有CDaBC=，故ABC△不存在.选②23a=：此时有CDBCa=

=，如图1，ABC△存在，且BC有唯一解.故有222cba=−=.选③13a=：此时有CDBCa=，如图2，ABC△存在，且BC有两解（1BC与2BC）.由余弦定理，得2222cosabcbcA=+−，即

2430cc−+=，解得1c=或3c=.18.解：（1）如图1所示，过点B作BMx⊥轴，//BNx轴，CNBN⊥，M、N分别为垂足.显然，30BAM=，60CBN=.故3AMCN==，1BMBN==.所以()33,13C++，从而()33,13OC=++.（2）方法1：如图

2所示，设ACBDP=，由平行四边形法则，2OAOCOBODOP+=+=，由于()2,0OA=，所以2833OBODOAOC+=+=+.方法2：由（1）知，()23,1B+.由于四边形ABCD为平行四边形，所以ABDC=，设点()00,Dxy，则()0033,13DCxy=+−

+−.又()3,1AB=，故00333131xy+−=+−=，解得0033xy==，即()3,3D.所以()53,13OBOD+=++，从而2833OBOD+=+.方法3：如图2所示，设ACBDP=，则P为AC和BD

的中点.由（1）知，()2,0A，()23,1B+，()33,13C++.7设点()00,Dxy，则00231,22xyP+++，又5313,22P++，故()3,3D，故()53,13OBOD+

=++，从而2833OBOD+=+.19.解：（1）证明：在ABC△中，1AC=，2AB=，60CAB=，由余弦定理得2222cos3BCACABACABCAB=+−=.所以3BC=，从而222ACBCAB+=，由勾股定理得，ACBC⊥.又因为PA⊥

平面ABC，BC平面ABC，所以PABC⊥，由于AC平面PAC，PA平面PAC，PAACA=，所以BC⊥平面PAC，又因为BC平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC.（2）取PC中点E，连接AE，EM.因为PAA

C=，所以AEPC⊥.又因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC平面PBCPC=，所以AE⊥平面PBC，故EMA即为直线AM与平面PBC所成的角，因为1PAAC==，2AB=，所以22AE=，52AM=，所以2232EMAMAE=−=，则6ta

n3AEEMAEM==，8所以AM与平面PBC所成角的正切值为63.20.解：（1）两个骰子掷出的数字所构成的两位数组成样本空间：{11,12,13,14,15,16,21,22,23,24,25,26,31

,32,33,34,35,36,41,42,43,44,45,46,51,52,53,54,=55,56,61,62,63,64,65,66}，共36个样本点.设事件A为“两位数的十位大于个位”，B为“两位数的十位不大于个位”，则155()

3612PA==，217()3612PB==.为了尽可能获胜，应该选择猜法二.（2）设事件C为“游戏结束时甲连续获胜两次”，D为“游戏结束时乙连续获胜两次”.则275()1212PC=，2

57()1212PD=.故第三轮后游戏停止的概率为22755735()()12121212144PCPD+=+=.21.解：（1）证明：取AE中点G，连接GM，FG，则//GMEC且2ECGM=，又因为//BFEC

且2ECBF=，所以//GMBF，且GMBF=，所以四边形GMBF为平行四边形，从而//BMGF.又BM平面AEF，GF平面AEF，所以//BM平面AEF.（2）作AKBC⊥交BC于K，则K为BC中点.所以AK⊥平面BCE，因为ABC△是边长为2的正三角形，且

22ECFB==.9所以133ABCEFBFECVSAK−==梯形.则113322AMEBEAMBAMBABCEFVVSECV−−−====△，所以334AMBS=△.又因为333443AMBABCSAMSAC===△△，所以32AM=.22.解：（1）设这m人的平均年龄为x，则22.50.

0527.50.3532.50.337.50.242.50.132.25x=++++=（岁）.设第80百分位数为a，方法一：由50.02(40)0.040.2a+−=，解得37.5a=.方

法二：由0.050.350.3(35)0.040.8a+++−=，解得37.5a=.（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙.对应的样本空间为：{(,),(,),(,),(,),(,)

,(,),(,),(,),(,),(,),(,),ABACAAADBCBBBDCC=甲乙甲乙甲乙(,),(,),(,),(,)}CDDD甲乙甲乙，共15个样本点.设事件M=“甲、乙两人至少一人被选上”，则{(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(

,),(,)}MAABBCCDD=甲乙甲乙甲乙甲乙甲乙，共有9个样本点.所以，()3()()5nMPMn==.（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为4x，5x，方差分别为24s，25s

，10则437x=，543x=，2452s=，251s=，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为2s.则4542396xxz+==，()()222224545142106ssxzsxz=+−++−=.因此，第四组和

第五组所有宣传使者的年龄方差为10.据此，可估计这m人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.