湖南省永州市2020-2021学年高一下学期期末质量监测数学试题卷（含答案）.rar

永州市 2021 年上期高一期末质量监测试卷数 学命题人： 廖信亮（新田一中）刘广奇（祁阳一中） 蒋勇华（永州一中）陈小平（永州四中）审题人： 席俊雄（永州市教科院）考生注意：1全卷满分 150 分，时量 120 分钟2考生务必将选择题和填空题的答案填入答卷相应的答题栏内一、单项选择题：本大题共 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1 2zi= -的虚部是A1 B2C2- D2i-2已知| 1,1aa b= =- ，则(2)aa b -=A3B1C2 D03已知ABC的三边长分别为5,3,120ABBCABC=，则=ACA7B19C13 D64某校共有男女学生共有 1500 人，采用分层抽样的方法抽取容量为 100 人的样本，样本中男生有 55 人，则该校女生人数是A825B800C750D6755在ABC中，, ,a b c分别是角,A B C所对的边，2, sin2sin3cABC，则ABC的面积为A3 B2 3 C2 D46,m n是两条不同直线，,a b是两个不同的平面，则下列说法正确的是A若 m，n，则 mnB若 mn，n， 则 mC若,ma ab则 m D若,nnab 则 7现有一个底面半径为 4cm，高为 6cm的圆柱形铁块，将其磨制成一个球体零件，则该球体零件的最大体积是 A3256cm3B336cmC3251cm3D340cm8 在ABC中，90BAC=，2, | | 1AD AB ACADAB =+=，与BC 方向相同的单位向量为e，则向量AB 在BC 上的投影向量为A12e B12e- C32e D32e-二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，完全选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分9 已知复数( 1)zi i （i 为虚数单位） ，对于复数z的以下描述，正确的有A| 2z B22ziCz的共轭复数为1i Dz在复平面内对应的点在第三象限10抛掷一枚质地均匀的骰子两次，观察骰子两次出现的点数，下列说法正确的有A试验的样本空间中有 36 个基本事件B第一次投掷中，事件“出现偶数点”与事件“出现点数小于 3”是互斥事件C试验中两次骰子点数和为 7 的概率是16D试验中两次骰子点数之和最可能出现的是 811在ABC中，ABc ，BCa ，CAb ，下列命题为真命题的有A若| |ab，则sinsinAB B若0a b ，则ABC为锐角三角形C若0a b ，则ABC为直角三角形D若() ()0bcabac，则ABC为直角三角形12如图，正方体1111ABCDABC D-的棱长为 1，点P是棱1CC上的一个动点（包含端点） ，则下列说法正确的是A存在点P，使DP面11AB DB二面角1PBBD-的平面角大小为60C1PBPD+的最小值是5DP到平面11AB D的距离最大值是33三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13已知圆锥的底面半径为 1，高为3，则该圆锥的侧面积是 14高一某班举行党史知识竞赛，其中 12 名学生的成绩分别是：61、67、73、74、76、82 、 82 、 87 、 90 、 94 、 97 、 98 ， 则 该 小 组 12 名 学 生 成 绩 的 75% 分 位 数是 15已知在ABC中，,6=ABAC BC，点H为ABC的垂心，则BH BC = 16在三棱锥DABC-中，点O是棱 AC 上的点.2OCOA=，6,10,8ODOBOCBCDCDB=,则三棱锥DABC-的体积是 四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤17 （本题满分 10 分）在平面直角坐标系中，已知向量(1,1) ,(2, 1)ab=-（1）求|3|-ab；（2）若2,=-=+mab ntab ，mn，求实数t的值18 （本题满分12 分）社会的进步与发展，关键在于人才，引进高素质人才对社会的发展具有重大作用某市进行人才引进，需要进行笔试和面试，一共有200 名应聘者参加笔试，他们的笔试成绩都在40,100内，将笔试成绩按照40,50) ,50,60) ,90,100分组，得到如图所示频率分布直方图（1）求频率分布直方图中a的值；（2）求全体应聘者笔试成绩的众数和平均数（每组数据以区间中点值为代表） ；（3）若计划面试 150 人，请估计参加面试的最低分数线19 （本题满分12分） 如图， 在棱锥PABCD-中，E为PD的中点， 平面PAD 平面ABCD，111,9022ABBCADAPBADABC （1）证明：CE平面PAB；（2）求异面直线CE与PA所成的角的大小20 （本题满分 12 分）某学校为举办庆祝建党 100 周年演讲比赛活动，需要 2 名同学担任主持人经过初选有甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学进入了最后的主持人选拔（1）若这 5 名同学通过选拔的可能性相同，求甲和乙都通过选拔的概率；（2）已知甲、乙、丙是男生，丁、戊是女生，要求主持人为一男一女，男生和女生分成两组分别选拔若每个男生通过选拔的可能性相同，每个女生通过选拔的可能性也相同，求男生甲和女生丁至少有一人通过选拔的概率21 （本题满分 12 分）如图，三棱柱111ABCABC中，侧面11BBC C为菱形，1ACAB（1）证明：1ABBC；（2）若1ACAB，160CBB，ABBC，求 直 线11AB与 平 面1ACB所 成 的角22.（本题满分 12 分）已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，且3sincosbcCCa+=+（1）求A；（2）若3a =，ABCD的外心为O，求|23|OAOBOC +的最小值永州市 2021 年上期高一期末质量监测试卷数学参考答案一、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.题号12345678答案CAADBDBB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，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分题号9101112答案BDACACDAC三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13、2p 14、92 15、18 16、12 11四、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 8 分）解： （1）33(1,1)(2, 1)(1,4)-=-=ab，2 分 所以22|3|1417.-=+=ab 5 分（2）22(1,1)(2, 1)(0,3),(1,1)(2, 1)(2,1)mabntabttt=-=-=+ =+-=+-，7 分 因为mn，所以0 (2) 3(1)0m ntt = +-= ，解得1.t = 10 分18. 解：（1）由题意有 (0.0050.0100.0300.015) 101aa 2 分 解得0.020a 3 分（2）应聘者笔试成绩的众数为： 7080752 5 分 应聘者笔试成绩的平均数为： 450.05550.1650.2750.3850.2950.1574.5.7 分（3）由直方图可知， 90,100中有：2000.1530 80,90中有2000.240 9 分 70,80中有：200 0.360 60,70中有2000.240.10 分设分数线定为x，则60,70 x (70)0.02200304060150 x.11 分 解得65x . 12 分19.（本小题 12 分）解： （1）取PA的中点F，连接,EF FB因为E为PD的中点所以FEAD,12FEAD=2 分 又1,90 .2BCADBADABC 所以 BCAD 所以，/ /BCFE，所以四边形BCEF为平行四边形 .4 分 所以，CEBF 又CE 平面PAB，BF 平面PAB 所以，CE平面PAB 6 分（2）由已知，BAAD,平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD= 所以，BA平面PAD，PA平面PAD 所以，BAPA, 由（1） ，CEBF 所以，异面直线CE 与PA所成的角等于BF与PA所成的角 9 分 即AFB（或其补角）为异面直线CE与PA所成的角 在BAFD中，1ABAF=，90BAF=，所以45AFB= 所以，异面直线CE 与PA所成的角是45 12 分20.（本小题满分 12 分）解： （1）可知从 5 人中选出 2 人的样本空间为 =W甲乙、甲丙、甲丁、甲戊、乙丙、 乙丁、乙戊、丙丁、丙戊、丁戊， 共 10 个基本事件， 3 分 记事件=A“甲和乙都通过选拔”，则=A甲乙，4 分 由古典概型公式知( )1( )()10n AP An=W.5 分（2）记=B“男生甲通过选拔”，=C“女生丁通过选拔”， =D“男生甲和女生丁至少有一人通过选拔”. 易知 B、C 是相互独立事件，6 分 又可知=BDCBCBC+，8 分 由古典概型知11( ), ( )32P BP C=, 9 分 所以()= ()()()()P DP BCBCBCP BCP BCP BC+=+ 11211142.32323263=+ =11 分 即男生甲和女生丁至少有一人通过选拔的概率是23. 12 分21.（本小题满分 12 分）解： （1）连结1BC，交1CB于点O,连结AO. 因为四边形11CBBC为菱形，所以11BCCB,O是1CB的中点 2 分 又因为1ACAB= 所以 1AOCB3 分 所以1CB面ABO，又AB 面ABO 4 分 所以1ABBC 5 分（2）因为AB11AB， 所以直线11AB与面1ACB所成角等于直线AB与 面1ACB所成角. 6 分 因为1ACAB， 所以AOCO=， 7 分 又因为BCAB ，BO为公共边 所以BOCBOA，所以90COBAOB=，即AOBO，9 分 所以BO面1ACB,所以BAO是直线AB与面1ACB所成角. 10 分 因为160CBB 所以60BAOBCO=，所以直线AB与面1ACB所成角等于60 所以直线11AB与面1ACB所成角等于60.12 分22.（本小题满分 12 分）解： （1）化为3 sincosbcaCaC+ =+， 由正弦定理得，sinsin3sinsinsincosBCACAC+=+， 又 sinsin()sincoscossinBACACAC=+=+， 所以cossinsin3sinsinACCAC+=，2 分 即 1 cos3sinAA+=， 3 分 亦即，4 分 显然，cos02A，所以，3tan23A=，由于(0,)22Ap 所以，263AApp=. 5 分（2）由正弦定理，322sinsin60aRA=，则1OAOBOC =，6 分 这说明，ABCD的三个顶点均在单位圆上，且3,3BCAp=,23BOCp=，固定BC,22cos2 3sincos222AAA= 则动点A在优弧BC（不包括端点）上，记,OA OBOA OCab= ,如图 当点A在CD（不包括点C）上时,23pab=+, 此时2,0,33ppapb. 当点A在DE上时,43pab+=,即43pab=-， 此时,33ppapbp. 以上两种情形，24cos()cos()cos33ppbba+=-=. 2|23|1 49 1246OAOBOCOB OCOA OBOA OC+= + + + ，7 分 84cos6cosab= + 284cos()6cos3pbb= + 84cos2 3sinbb= +- 2382 7(cossin)77bb= +- 82 7cos()bj= + 这里32sin,cos77jj=.9 分 此时，当23cos,sin77bb=-=时， |23|OAOBOC+ 取得最小值为82 771-=-. 10 分 当点A在EB（不包括点B）上时，23pab=-此时20,33ppabp 2|23|1 49 1246OAOBOCOB OCOA OBOA OC+= + + + 284cos6cos84cos()6cos84cos2 3sin3pabbbbb= += +-+= + 2382 7(cossin)82 7sin()77bbbq= += +，11 分 若sin()1bq+=-，则23cos,sin77bb=-=-与2,3pbp 矛盾， 所以2|23|82 7OAOBOC+ - 综上，23OAOBOC+ 的最小值82 771-=-. 12 分解法二： （坐标化） 由正弦定理，322sinsin60aRA=，则 1OAOBOC =， 6 分 这说明，ABCD的三个顶点均在单位圆上， 且23,33BCABOCpp=， 固定BC,不妨设3131(,),(,)2222BC-, 建系如图，动点A在优弧BC（不包括端点）上, 设7(cos ,sin ),66Appaa a-， 则 3 3323(cos ,sin )(3, 1)(,)22OAOBOC aa+=+ -+- 35(cos,sin)22aa=+- 8 分 所以22235|23|(cos)(sin)83cos5sin22OAOBOCaaaa+=+-= +- 3582 7(cossin)82 7cos()2 72 7aaaq= +-= +10 分 这里，35cos,sin,(0,)22 72 7pqqq= 显然3sinsin23pq=，则(,)3 2p pq，那么5(,)63ppaq+ 可见，当aqp+=时，即35cos,sin2 72 7aa=-=时 23OAOBOC+ 取得最小值82 771-=-. 12 分说明说明：若设3131(,), (,)2222CB-时，则3523(cos,sin)22OAOBOCaa+=- 2223523(cos)(sin)83cos5sin22OAOBOCaaaa+=-+-= - 5383cos5sin82 7(sincos)82 7sin()2 72 7aaaaaj= -= -+= -+ 此时，当53sin,cos2 72 7aa=时，23OAOBOC+ 取得最小值82 771-=- 建系不同，式子的表达式也不同，根据具体情况酌情给分