1、2020-2021学年浙江省嘉兴市高一(下)期末数学试卷一、选择题(共8小题,每小题5分,共40分).1已知向量,若,则m()ABCD2若复数z满足z(1+2i)5,则z()A1+iB1iC1+2iD12i3从1,2,3,4,5中任取两个不同的数字,则所抽取的两个数字之和能被3整除的概率为()ABCD4已知一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆,则该圆锥的体积为()ABCD5甲、乙两人练习射击,命中目标的概率分别为和,甲、乙两人各射击一次,目标被命中的概率为()ABCD6已知等腰直角ABC,P为BC边上一个动点,则的值为()A1B2CD7在锐角ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,已
2、知B60,c1,则ABC面积的取值范围为()ABCD8已知正四面体ABCD,点M为棱AB上一个动点,点N为棱CD上靠近点C的三等分点,记直线MN与BC所成角为,则sin的最小值为()ABCD二、选择题: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0分,部分选对的得2分。9已知a,b是两条不重合的直线,是两个不重合的平面,则下列命题为真命题的是()A若,a与所成的角和b与所成的角相等,则abB若a,a,则C若ab,a,b,则D若a,则a10在ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,根据下列条件解三角形,有且只有一解的是()Ab4,
3、A20,C40Ba4,b6,A35Ca4,b6,B35Da4,b6,C3511已知平面向量,满足|2,则下列说法正确的是()A)BCR,使DR,恒成立12如图,在直角梯形ABCD中,ABCD,ADAB,AB2,DCAD1,点E在线段AB上,现将ADE沿DE折起为ADE,记二面角ADEC的平面角为,AO底面BCDE,垂足为O,则下列说法正确的是()A不存在,使得BCACB若,则存在,使得平面BCDE平面ACDC若,则四棱锥ABCDE体积的最大值为D当时,OB的最小值为三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分。13在空间直角坐标系中,已知点A(2,1,1),B(0,1,3),则线段AB的中
4、点坐标为 14已知ABC的面积为,用斜二测法画出其水平放置的直观图ABC如图所示,若OAOB1,则BC的长为 15在长方体ABCDA1B1C1D1中,ABAD1,AA12,点P为底面ABCD上一点,则的最小值为 16已知平面向量,满足,则的最小值为_四、解答题:本大题共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已知平面向量,满足|2,|1,若,()求;()求18如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,PAAB2AD,E为PC中点()证明:PA平面BDE;()求PA与平面PCD所成角的正弦值19在ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,请在
5、(2bc)(b2a2+c2)2abccosC;btanA(2cb)tanB;这三个条件中任选一个,完成下列问题:()求角A;()若a2,bc1,求ABC的面积20为了深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示要求,某校组织开展“战役有我,青春同行”防控疫情知识竞赛活动,某经过层层筛选后剩下甲、乙两名同学争夺一个参赛名额,该班设计了一个游戏方案决定谁去参加,规则如下:一个袋中装有6个大小相同的小球,其中标号为i的球有i个(i1,2,3),甲、乙两名同学需从6个球中随机摸取3个球,所取球的标号之和多者获胜()求甲所取球的标号之和为7的概率;()求甲获胜的概率21在ABC中,内角A,B,C对应的
6、边分别为a,b,c,设,且()求cosC的值;()若,a2,点M满足,求CM的长22如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C是边长为2的菱形,AB,CBB160,且ABB1ABC()证明:ABCB1;()若二面角ACB1B的平面角为60,求CA1与平面ACB1所成角的正弦值参考答案一、选择题(共8小题,每小题5分,共40分).1已知向量,若,则m()ABCD解:向量,解得m故选:C2若复数z满足z(1+2i)5,则z()A1+iB1iC1+2iD12i解:因为z(1+2i)5,所以故选:D3从1,2,3,4,5中任取两个不同的数字,则所抽取的两个数字之和能被3整除的概率为()ABC
7、D解:从1,2,3,4,5中任取两个不同的数字,基本事件总数n10,所抽取的两个数字之和能被3整除包含的基本事件有:(1,2),(1,5),(2,4),(4,5),共4个,则所抽取的两个数字之和能被3整除的概率为P故选:A4已知一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆,则该圆锥的体积为()ABCD解:设圆锥的母线长为R,底面圆的半径为r,圆锥的高为h,则R2,所以2R2r,解得r1,所以圆锥的高h,所以体积Vr2h故选:B5甲、乙两人练习射击,命中目标的概率分别为和,甲、乙两人各射击一次,目标被命中的概率为()ABCD解:甲、乙两人各射击一次,目标没被命中的概率为(1)(1),甲、乙两人各射击一次
8、,目标被命中的概率为1故选:A6已知等腰直角ABC,P为BC边上一个动点,则的值为()A1B2CD解:等腰直角ABC,P为BC边上一个动点,设(0t1),则t+(1t),则t+(1t)()t+t+(1t)+(1t)2t+2(1t)2,故选:B7在锐角ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,已知B60,c1,则ABC面积的取值范围为()ABCD解:设边a的对角为A,由锐角三角形ABC,结合得:,解得,又c1,由正弦定理得,又,所以,所以,故SABC,因为,故,所以,故,所以式的取值范围是()故选:D8已知正四面体ABCD,点M为棱AB上一个动点,点N为棱CD上靠近点C的三等分点,记直线
9、MN与BC所成角为,则sin的最小值为()ABCD解:不妨设正四面体ABCD的棱长为3,则该四面体的高为,BNAN,要求直线MN与BC所成的最小角,即为直线BC与平面ABN所成的角,记点C到平面ABN的距离为h,由等体积法可知,VCABNVABCN,即,解得,所以直线BC与平面ABN所成角的正弦值为,所以sin的最小值为故选:A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,有选错的0分,部分选对的得2分。9已知a,b是两条不重合的直线,是两个不重合的平面,则下列命题为真命题的是()A若,a与所成的角和b与所成的角相等,则abB若a,
10、a,则C若ab,a,b,则D若a,则a解:若,a与所成的角和b与所成的角相等,则ab或a与b相交或a与b异面,故A错误;若a,a,由直线与平面垂直的性质可得,故B正确;若ab,a,则b,又b,故C正确;若a,则a或a,故D错误故选:BC10在ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,根据下列条件解三角形,有且只有一解的是()Ab4,A20,C40Ba4,b6,A35Ca4,b6,B35Da4,b6,C35解:对于A:由于b4,A20,C40,所以B120,利用正弦定理:,解得b和c都为唯一值,故该三角形有一解,故A正确;对于B:由于a4,b6,A35,利用正弦定理,解得B有两解,故B错
11、误;对于C:由于a4,b6,B35,利用正弦定理,解得A为一解,由于ab,故C正确;对于D:由于a4,b6,C35,利用余弦定理:c2a2+b22abcosC,解得c唯一,故三角形唯一,故D正确故选:ACD11已知平面向量,满足|2,则下列说法正确的是()A)BCR,使DR,恒成立解:对于A,故A错误;对于B,故B正确;对于C,由,得,即,整理得:428+70,64112480,方程无解,故C错误;若恒成立,则,即,整理得(1)20,此式恒成立,即R,恒成立,故D正确故选:BD12如图,在直角梯形ABCD中,ABCD,ADAB,AB2,DCAD1,点E在线段AB上,现将ADE沿DE折起为ADE
12、,记二面角ADEC的平面角为,AO底面BCDE,垂足为O,则下列说法正确的是()A不存在,使得BCACB若,则存在,使得平面BCDE平面ACDC若,则四棱锥ABCDE体积的最大值为D当时,OB的最小值为解:作AFDE,垂足为F,点O在直线AF上,对于A,当E为AB的中点且90时,ACDE,垂足为F,由已知可得BCCF,又ACCFC,AC,CF平面AFC,所以BC平面AFC,又AC平面AFC,则BCAC,故选项A错误;对于B,当时,AFDCG,当点O即为点G时,AG平面BCDE,又AG平面ACD,所以平面BCDE平面ACD,故选项B正确;对于C,当时,AFBCH,若四棱锥ABCDE的体积最大,则
13、AFDE,即点O为点F,此时,则四棱锥ABCDE的体积为,故选项C正确;对于D,点O的轨迹是以AD为直径的一段圆弧,记AD的中点为M,则OB的最小值为,故选项D错误故选:BC三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分。13在空间直角坐标系中,已知点A(2,1,1),B(0,1,3),则线段AB的中点坐标为 (1,1,2)解:空间直角坐标系中,点A(2,1,1),B(0,1,3),设线段AB的中点坐标为M(x,y,z),则,所以线段AB的中点坐标为(1,1,2)故答案为:(1,1,2)14已知ABC的面积为,用斜二测法画出其水平放置的直观图ABC如图所示,若OAOB1,则BC的长为 1解:
14、ABC的面积为S,则用斜二测法画出其水平放置的直观图ABC的面积为S1,即ABOCsin452OC1,解得OC,OBC中,由余弦定理得,BC2OB2+OC22OBOCcos451+2211,所以BC1故答案为:115在长方体ABCDA1B1C1D1中,ABAD1,AA12,点P为底面ABCD上一点,则的最小值为 解:在长方体ABCDA1B1C1D1中,ABAD1,AA12,点P为底面ABCD上一点,则,当反向时,cos的值最小值为1,此时,当且仅当时取等号,所以的最小值为故答案为:16已知平面向量,满足,|2,则的最小值为 解:令,OB中点为D,OD中点为F,由,|2,得,则cos,60,由已
15、知可得,点C的轨迹为以OD为直径的圆,当且仅当C、E、F共线且C在线段EF之间时取等号的最小值为故答案为:四、解答题:本大题共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已知平面向量,满足|2,|1,若,()求;()求解:()平面向量,满足|2,|1,()18如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,PAAB2AD,E为PC中点()证明:PA平面BDE;()求PA与平面PCD所成角的正弦值【解答】()证明:ACBDF,连接EF,因为E,F分别为PC,AC中点,所以PAEF,PA平面BDE,EF平面BDE,所以PA平面BDE()解:因为PA平面ABCD,
16、所以PACD,又因为CDAD,PAADA,所以CD平面PAD,即平面PCD平面PAD,交线为PD,所以PA与平面PCD所成角为APD,19在ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,请在(2bc)(b2a2+c2)2abccosC;btanA(2cb)tanB;这三个条件中任选一个,完成下列问题:()求角A;()若a2,bc1,求ABC的面积解:()选,因为(2bc)(b2a2+c2)2abccosC,所以(2bc)2bccosA2abccosC,得(2bc)cosAacosC,即2bcosAacosC+ccosA,由正弦定理得,2sinBcosAsinAcosC+sinCcosAsi
17、n(A+C)sinB,因为sinB0,所以cosA,因为0A,所以选,因为btanA(2cb)tanB,所以sinB(2sinCsinB),因为sinB0,所以,即sinAcosB(2sinCsinB)cosA2sinCcosAsinBcosA,所以sinAcosB+sinBcosAsin(A+B)sinC2sinCcosA,因为sinC0,所以cosA,因为0A,所以选,因为,所以,即,所以,所以,因为sinC0,所以2cosAsinA,即2sinA+cosA2sin(A+),所以sin(A+)1,因为0A,所以,即()由余弦定理得,a2b2+c22bccosAb2+c2bc(bc)2+bc
18、,因为a2,bc1,所以41+bc,即bc3,所以20为了深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示要求,某校组织开展“战役有我,青春同行”防控疫情知识竞赛活动,某经过层层筛选后剩下甲、乙两名同学争夺一个参赛名额,该班设计了一个游戏方案决定谁去参加,规则如下:一个袋中装有6个大小相同的小球,其中标号为i的球有i个(i1,2,3),甲、乙两名同学需从6个球中随机摸取3个球,所取球的标号之和多者获胜()求甲所取球的标号之和为7的概率;()求甲获胜的概率解:()假设标号为1的球为a,标号为2的球为b,c,标号为3的球为d,e,f,则每位同学取球标号之和的所有情况为:abc,abd,abe,abf
19、,acd,ace,acf,ade,adf,aef,bcd,bce,bde,bdf,bef,cde,cdf,cef,def共20种,甲所取球的标号之和为7的情况为:ade,adf,aef,bcd,bce,bcf共6种,所以甲所取球的标号之和为7的概率()由()知,每人标号之和为5的概率,标号之和为6的概率,标号之和为8的概率,标号之和为9的概率为,则甲获胜的概率21在ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,设,且()求cosC的值;()若,a2,点M满足,求CM的长解:()因为,所以,2(2cos2C1)+cosC10,即4cos2C+cosC30,解得或者cosC1,因为0C,所以(
20、)因为c2a2+b22abcosC,所以84+b23b,解得b4,又因为,所以,即,所以CM的长为22如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C是边长为2的菱形,AB,CBB160,且ABB1ABC()证明:ABCB1;()若二面角ACB1B的平面角为60,求CA1与平面ACB1所成角的正弦值【解答】()证明:因为BCBB1,ABB1ABC,所以ABB1与ABC全等,所以ACAB1,CB1BC1O,连接AO,BO,O为BC1中点,CB1AO,CB1BO,AOBOO,所以CB1平面AOB,AB平面AOB,所以ABCB1()解法一:由()知,AOB为二面角ACB1B的平面角,所以AOB6
21、0,且,AC1CA1E,过E作EFAO于F,连接CF,因为CB1平面AOB,CB1平面ABC1,所以平面ACB1平面ABC1,交线为AO,又因为EFAO,所以EF平面ACB1,所以ECF为CA1与平面ACB1所成角,所以CA1与平面ACB1所成角的正弦值为解法二:由()知,AOB为二面角ACB1B的平面角,所以AOB60,且,过C1作C1HAO于H,因为CB1平面AOB,CB1平面ABC1,所以平面ACB1平面ABC1,交线为AO,又因为C1HAO,所以C1H平面ACB1,C1H即为点A1到平面ACB1的距离,记为CA1与平面ACB1所成角,所以CA1与平面ACB1所成角的正弦值为解法三:由()知,AOB为二面角ACB1B的平面角,所以AOB60,且,如图建立空间直角坐标系,则,B1(0,1,0),C(0,1,0),(0,2,0),设平面ACB1的法向量为,则,得,所以CA1与平面ACB1所成角的正弦值为