1、2020-2021学年江苏省苏州市高一（下）期末数学试卷一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）1（5分）cos275sin275的值为（）A32B12C12D322（5分）某工厂6名工人在一小时内生产零件的个数分别是11，12，13，15，15，18，设该组数据的平均数为a，中位数为b，则（）Aa14，b15Ba14，b14Ca14.5，b14Da14.5，b153（5分）已知一个圆锥的母线长为2，其侧面积为2，则该圆锥的高为（）A1B2C3D24（5分）已知i为虚数单位，1+i是关于x的方程x
2、2+px+q0（p，qR）的一个根，则p+q（）A2B0C2D45（5分）已知ABC外接圆的圆心为O，且2AO=AB+AC，|AB|=|AO|，则向量CA在向量CB上的投影向量为（）A34CBB32CBC22CBD12CB6（5分）我省高考从2021年开始实行“3+1+2”模式，“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史两科中选择一科；“2”为再选科目，考生可在化学、生物、思想政治、地理4个科目中选择两科高一学生小明和小亮正准备进行选科，假如他们首选科目都是物理，再选科目选择每个科目的可能性均相等，且选择互不影响，则他们的选科完全相同的概率为（）A
3、16B12C34D567（5分）在九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”如图，在鳖臑ABCD中，AB平面BCD，BDCD，ABBDCD，点P在棱AC上运动设CP的长度为x，PBD的面积为S，则Sf（x）的大致图象是（）ABCD8（5分）如图，某侦察飞机沿水平直线AC匀速飞行在A处观测地面目标P，测得俯角BAP30，飞行3分钟后到达B处，此时观测地面目标P，测得俯角ABP60又飞行一段时间后到达C处，此时观测地面目标P，测得俯角BCP的余弦值为41919，则该侦察飞机由B至C的飞行时间为（）A2分钟B2.25分钟C2.5分钟D2.75分钟二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分
4、，共计20分在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）（多选）9（5分）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的有（）A若mn，m，则nB若mn，m，则nC若，m，则mD若，m，则m（多选）10（5分）已知i为虚数单位，复数z（a+i）（1i）（aR），则下列命题正确的有（）A若a1，则z为实数B若a1，则z为纯虚数C若|z|2，则实数a的值为1D复数z在复平面内对应的点不可能在第三象限（多选）11（5分）在ABC中，若a=22，b2，B30，则ABC的面积可能为（）A3+1B6+2C31D62（多选）12（5分）如图，在棱长为4
5、的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，则（）AA1C平面AMNB二面角A1MNA的正切值为22C三棱锥A1AMN的内切球半径为12D过直线BD与平面AMN平行的平面截该正方体所得截面的面积为18三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分请把答案填写在答题卡相应位置上）13（5分）已知向量a=（1，2），b=（x，6），且AB=2a+3b，BC=a+2b，若A，B，C三点共线，则实数x的值为 14（5分）若复数z在复平面内对应的点在第一象限内，且z+1zR，则符合条件的一个复数为 15（5分）若sin（+12）=35，则sin（32）的值为 16（5分
6、）已知三棱锥SABC中，SA平面ABC，ABBCCA2，异面直线SC与AB所成角的余弦值为24，则三棱锥SABC的体积为 ，三棱锥SABC的外接球的表面积为 四、解答题（本大题共6小题，共计70分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（10分）为了解某市家庭用电量的情况，该市统计局调查了100户居民去年一年的月均用电量，发现他们的用电量都在170kWh至290kWh之间，进行适当分组后，画出频率分布直方图如图所示（1）求a的值；（2）为了既满足居民的基本用电需求，又提高能源的利用效率，市政府计划采用阶梯式递增电价（第一档电量满足居民基本用电需求，电价最低；第二档
7、电量反应正常合理用电需求，电价较高；第三档电量体现较高生活质量用电需求，电价最高）定价，希望使不少于85%的居民缴费在第一档，求第一档月均用电量的最低标准值（单位：kWh）18（12分）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，侧面CDD1C1是菱形，CDD160，平面CDD1C1平面ABCD，E，F分别为CD1，AB的中点（1）求证：EF平面ADD1A1；（2）求EF与平面ABCD所成角的正切值19（12分）在条件acosC12cb；（b+c）2a2+bc；sin（A6）2cosA中任选一个，补充在下面的问题中，并求解问题：ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
8、_（1）求角A的大小；（2）若sin2B+sin2C134，求角B的大小20（12分）如图，已知正方形ABCD的边长为2，F为AD的中点（1）若E为AB的中点，求tanCEF的值；（2）若E为线段AB（不含端点）上的一个动点，请探究：当AE长为多少时，可使得CEF最大？21（12分）如图，在ABC中，已知D，E分别是BC，AB的中点，AB=22，BAC45，AD与CE交于点O（1）若BC2，求ADBC的值；（2）若OAOB+OBOC+OCOA=83，求AC的长22（12分）如图1，在矩形ABCD中，已知AB=22，BC2，E为AB的中点将ADE沿DE向上翻折，进而得到多面体A1BCDE（如图2
9、）（1）求证：DEA1C；（2）在翻折过程中，求二面角A1DCB的最大值参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）1（5分）cos275sin275的值为（）A32B12C12D32【解答】解：cos275sin275cos150cos30=32故选：A2（5分）某工厂6名工人在一小时内生产零件的个数分别是11，12，13，15，15，18，设该组数据的平均数为a，中位数为b，则（）Aa14，b15Ba14，b14Ca14.5，b14Da14.5，b15【解答】解：根据题意，可得a
10、=11+12+13+15+15+186=14，b=13+152=14故选：B3（5分）已知一个圆锥的母线长为2，其侧面积为2，则该圆锥的高为（）A1B2C3D2【解答】解：设圆锥的母线为R，底面圆的半径为r，则R2，因为侧面积为2，所以2=122rR=122r2，所以r1，所以圆锥的高h=R2r2=2212=3故选：C4（5分）已知i为虚数单位，1+i是关于x的方程x2+px+q0（p，qR）的一个根，则p+q（）A2B0C2D4【解答】解：因为1+i是关于x的方程x2+px+q0（p，qR）的一个根，根据实系数一元二次方程的虚根成对原理，可得：1i也是原方程的一个虚根，所以（1+i）+（1i
11、）p，（1+i）（1i）q，解得：p2，q2所以p+q0故选：B5（5分）已知ABC外接圆的圆心为O，且2AO=AB+AC，|AB|=|AO|，则向量CA在向量CB上的投影向量为（）A34CBB32CBC22CBD12CB【解答】解：2AO=AB+ACABC外接圆圆心O为BC的中点，即BC为外接圆的直径，如图：又|AB|=|AO|，所以ABO为等边三角形，ACB30，|CA|CB|cos30=32|CB|，向量CA在向量CB上的投影为：|CA|cos30=32|CB|32=34|CB|故投影向量为34CB，故选：A6（5分）我省高考从2021年开始实行“3+1+2”模式，“3”为全国统考科目语
12、文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史两科中选择一科；“2”为再选科目，考生可在化学、生物、思想政治、地理4个科目中选择两科高一学生小明和小亮正准备进行选科，假如他们首选科目都是物理，再选科目选择每个科目的可能性均相等，且选择互不影响，则他们的选科完全相同的概率为（）A16B12C34D56【解答】解：高一学生小明和小亮正准备进行选科，他们首选科目都是物理，再选科目选择每个科目的可能性均相等，且选择互不影响，基本事件总数n=C11C42=6，他们的选科完全相同包含的基本事件个数m=C33=1，则他们的选科完全相同的概率为P=16故选：A7（5分）在九章算术中，将四个
13、面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”如图，在鳖臑ABCD中，AB平面BCD，BDCD，ABBDCD，点P在棱AC上运动设CP的长度为x，PBD的面积为S，则Sf（x）的大致图象是（）ABCD【解答】解：如图，作PQBC于点Q，作QRBD于点R，连结PR，因为AB平面BCD，所以ABBD，即BDPQ，又PQQRQ，所以BD平面PQR，所以BDPR，由题意可知，PQAB，QRCD，设ABBDCD1，则AC=3，CPAC=x3=PQ1，解得PQ=x3，RQ1=BQBC=APAC=3x3，所以RQ=3x3，则PR=PQ2+RQ2=(x3)2+(3x3)2=332x223x+3，所以f(x)=362x2
14、23x+3=66(x32)2+34故选：D8（5分）如图，某侦察飞机沿水平直线AC匀速飞行在A处观测地面目标P，测得俯角BAP30，飞行3分钟后到达B处，此时观测地面目标P，测得俯角ABP60又飞行一段时间后到达C处，此时观测地面目标P，测得俯角BCP的余弦值为41919，则该侦察飞机由B至C的飞行时间为（）A2分钟B2.25分钟C2.5分钟D2.75分钟【解答】解：设飞机的飞行速度为v，所以根据飞机的飞行图形，测得俯角BAP30飞行3分钟后到达B处观测地面目标P，测得俯角ABP60所以ABP为直角三角形，过点P作PDAC于点D，则：AB3v，AP=332v，BP=32v，解得：DP=334v
15、设CBxv，由于cosBCP=41919，由同角三角函数的基本关系可得sinBCP=31919，所以tanBCP=34，利用tanBCP=334v34v+xv=34，解得x2.25故选：B二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）（多选）9（5分）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的有（）A若mn，m，则nB若mn，m，则nC若，m，则mD若，m，则m【解答】解：若mn，m，由直线与平面垂直的性质可得n，故A正确；若mn，m，则n或n或n与相交，相交也不一定垂直，故B错误；
16、若，m，由直线与平面垂直的性质可得m，故C正确；若，m，则m或m，故D错误故选：AC（多选）10（5分）已知i为虚数单位，复数z（a+i）（1i）（aR），则下列命题正确的有（）A若a1，则z为实数B若a1，则z为纯虚数C若|z|2，则实数a的值为1D复数z在复平面内对应的点不可能在第三象限【解答】解：复数z（a+i）（1i）a+（1a）i+1（a+1）+（1a）i，对于A：当a1时，z2，故z为实数，故A正确；对于B：当a1时，z2i，故z为纯虚数，故B正确；对于C：若|z|2，故(a+1)2+(1a)2=2，解得a1，故C错误；对于D：当复数z在复平面内对应的点在第三象限时，a+101a0
17、得到a1a1，故不存在这样的a，故D正确故选：ABD（多选）11（5分）在ABC中，若a=22，b2，B30，则ABC的面积可能为（）A3+1B6+2C31D62【解答】解：在ABC中，a=22，b2，B30，根据正弦定理得22sinA=212，解得sinA=22，且A（30，150），A45，或135，A45时，C1804530105，sinCsin105sin（45+60）=2212+2232=2+64，SABC=12absinC=122222+64=3+1；A135时，C1801353015，sinCsin15sin（6045）=32221222=624，SABC=12absinC=12
18、222624=31故选：AC（多选）12（5分）如图，在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，则（）AA1C平面AMNB二面角A1MNA的正切值为22C三棱锥A1AMN的内切球半径为12D过直线BD与平面AMN平行的平面截该正方体所得截面的面积为18【解答】解：对于A，如图1所示，连接A1C1，B1D1，则MNB1D1，由B1D1平面A1C1C，得MN平面A1C1C，所以MNA1C；设MN交A1C1于点P，连接AP，以矩形ACC1A1的底边AC为x轴，AA1为y轴建立平面直角坐标系，如图2 所示：则A（0，0），C（42，0），A1（0，4），P（1
19、，4），所以AP=（1，4），A1C=（42，4），则APA1C=42160，所以AP与A1C不垂直，即AP与A1C不垂直，所以A1C与平面AMN不垂直，选项A错误；对于B，APA1是二面角A1MNA的平面角，计算tanAPA1=AA1A1P=42=22，所以二面角A1MNA的正切值为22，选项B正确；对于C，设三棱锥A1AMN的内切球半径为r，则13r（21242+1222+122242+(2)2）=1312224，解答r=12，所以三棱锥A1AMN的内切球半径为12，选项C正确；对于D，如图3所示取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接BE、EF、DF，则四边形BEFD是过直线BD与平面
20、AMN平行的截面，且四边形BEFD是等腰梯形，计算梯形BEFD的面积为S=12（22+42）32=18，所以选项D正确故选：BCD三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分请把答案填写在答题卡相应位置上）13（5分）已知向量a=（1，2），b=（x，6），且AB=2a+3b，BC=a+2b，若A，B，C三点共线，则实数x的值为 3【解答】解：向量a=（1，2），b=（x，6），且AB=2a+3b，BC=a+2b，AB=（2，4）+（3x，18）（2+3x，14），BC=（1+2x，10），A，B，C三点共线，ABBC，14（1+2x）10（2+3x），解得x3故答案为：314（5分）若
21、复数z在复平面内对应的点在第一象限内，且z+1zR，则符合条件的一个复数为 12+32i【解答】解：设复数za+bi（a，bR），则z+1z=（a+aa2+b2）+（bba2+b2）i，z+1zR，bba2+b2=0，b0或a2+b21，符合条件的一个复数为 12+32i，故答案为：12+32i，15（5分）若sin（+12）=35，则sin（32）的值为 725【解答】解：sin(32)=cos2(32)=cos(2+6)，又sin（+12）=35，cos(2+6)=12sin2(+12)=12925=725故答案为：72516（5分）已知三棱锥SABC中，SA平面ABC，ABBCCA2，异
22、面直线SC与AB所成角的余弦值为24，则三棱锥SABC的体积为 233，三棱锥SABC的外接球的表面积为 283【解答】解：如图，分别取AC、SA、SB、AB的中点M、N、E、F，连接MN、NE、EF、MF、ME，可得MNSC，NEAB，则MNE为异面直线SC与AB所成角，cosMNE=24，设SAt，可得MN=12t2+4，NE=12AB1，EF=12t，MF1，则ME=t24+1，在MNE中，由余弦定理，可得ME2MN2+NE22MNNEcosMNE，t24+1=t24+1+1212t2+4124，解得t2，三棱锥SABC的体积为V=1312232=233，设底面三角形ABC的中心为G，三
23、棱锥SABC的外接球的球心为O，连接OG，则OG平面ABC，AG=232212=233，OG=12SA=1，则三棱锥SABC的外接球的半径ROA=AG2+OG2=73三棱锥SABC的外接球的表面积为S4(73)2=283故答案为：233；283四、解答题（本大题共6小题，共计70分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（10分）为了解某市家庭用电量的情况，该市统计局调查了100户居民去年一年的月均用电量，发现他们的用电量都在170kWh至290kWh之间，进行适当分组后，画出频率分布直方图如图所示（1）求a的值；（2）为了既满足居民的基本用电需求，又提高能源的利
24、用效率，市政府计划采用阶梯式递增电价（第一档电量满足居民基本用电需求，电价最低；第二档电量反应正常合理用电需求，电价较高；第三档电量体现较高生活质量用电需求，电价最高）定价，希望使不少于85%的居民缴费在第一档，求第一档月均用电量的最低标准值（单位：kWh）【解答】解：（1）由频率分布直方图的性质，可得（0.006+0.009+a+0.011+0.006+0.003）201，解得a0.015（2）前四组的频率之和为（0.006+0.009+0.015+0.011）200.820.85，前5组的频率之和为（0.006+0.009+0.015+0.011+0.006）200.940.85，频率为0
25、.85时对应的数据在第五组，第一档月均用电量最低标准值为250+0.850.820.940.82=255 kWh，第一档月均用电量的最低标准值255kWh18（12分）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，侧面CDD1C1是菱形，CDD160，平面CDD1C1平面ABCD，E，F分别为CD1，AB的中点（1）求证：EF平面ADD1A1；（2）求EF与平面ABCD所成角的正切值【解答】解：（1）证明：设DD1中点为G，连接EG，AG因为E，G分别为CD1，DD1的中点，所以EGCD，EG=12CD在正方形ABCD中，F是AB的中点，所以AF=12AB=12CD，且AFCD，
26、所以EGAF 且 EGAF所以四边形AFEG是平行四边形，所以EFAG因为AG平面ADD1A1，EF平面 ADD1A1，所以EF平面ADD1A1（2）过D1作D1MDC于M，过E作EHDC于H，连接FH，则EHD1M因为平面C1D1DC平面 ABCD，且平面C1D1DC平面ABCDCD，EH平面C1D1DC，所以EH平面ABCD所以FH是EF在平面ABCD的射影所以EFH为直线EF与平面ABCD所成的角设正方形ABCD的边长为a，因为侧面CDD1C1是菱形，CDD160，所以D1M=32a又因为EHD1M且E是CD1的中点，所以EH=12D1M=34a在正方形ABCD中，F为AB的中点，H为C
27、D的四等分点，FH=174a所以在直角三角形EHF中，tanEFH=EHFH=5117所以EF与平面ABCD所成角的正弦值为511719（12分）在条件acosC12cb；（b+c）2a2+bc；sin（A6）2cosA中任选一个，补充在下面的问题中，并求解问题：ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_（1）求角A的大小；（2）若sin2B+sin2C134，求角B的大小【解答】解：（1）若选，因为acosC12cb，由正弦定理可得2sinAcosCsinC2sinB2sin（A+C），即2sinAcosCsinC2sinAcosC+2cosAsinC，所以sinC2cosAsin
28、C，因为sinC0，所以可得cosA=12，因为A（0，），所以A=23若选，因为（b+c）2a2+bc，可得b2+c2a2bc，由余弦定理可得cosA=b2+c2a22bc=12，因为A（0，），所以A=23若选，因为sin（A6）=32sinA12cosA2cosA，所以sinA=3cosA，即tanA=3，（cosA0，否则不符合题意），因为A（0，），所以A=23（2）因为sin2B+sin2C134，所以1cos2B2+1cos2C2=134，即cos2B+cos2C=32，又A=23，所以B+C=3，原式可化为cos2B+cos（232B）=32，化简可得sin（2B+6）=32，
29、因为B(0，3)，2B+6（6，56），所以2B+6=3，或2B+6=23，解得B=12，或420（12分）如图，已知正方形ABCD的边长为2，F为AD的中点（1）若E为AB的中点，求tanCEF的值；（2）若E为线段AB（不含端点）上的一个动点，请探究：当AE长为多少时，可使得CEF最大？【解答】解：设AEF，BEC，（，(0，2)），（1）由于正方形ABCD的边长为2，且E，F分别为AB，AD的中点，所以AEAFBE1，所以=4，所以tan1由于BC2，所以tan2，所以tan（+）=tan+tan1tantan=1+2112=3则tanCEFtan（+）tan（+）3（2）设AEx，其中
30、0x2，在直角三角形AEF中，tan=AFAE=1x，在直角三角形BEC中，tan=BCBE=22x，所以tanCEFtan（+）=tan+tan1tantan=1x+22x12x(2x)=x+2x22x+2，其中：0x2，令tx+2，则xt2，其中2t4，所以tanCEF=tt26t+10=1t+10t6，由于2t4，所以t+10t210，故t+10t62106，当且仅当t=10时，即x=102时，等号成立，所以tanCE12106=3+102，由于ytanx在（0，2）上单调递增，当AE=102时，可使CEF最大21（12分）如图，在ABC中，已知D，E分别是BC，AB的中点，AB=22，
31、BAC45，AD与CE交于点O（1）若BC2，求ADBC的值；（2）若OAOB+OBOC+OCOA=83，求AC的长【解答】解：（1）在ABC中，AB22，BC2，BAC45，由正弦定理BCsinBAC=ABsinACB可得ACB90，所以AC2，设AB=a，AC=b，因为D为BC中点，所以AD=12（AB+AC）=12（a+b），又因为BC=ACAB=ba，所以ADBC=12（a+b）（ba）=12（b2a2）2；（2）因为D、E分别是BC，AB的中点，且AD与CE交于点O，所以O为ABC的重心，所以OA=23AD=13(AB+AC)=13(a+b)，又因为OB=OA+AB=13(a+b)+
32、a=13(2ab)，OC=OA+AC=13(a+b)+b=13(2ba)，所以OAOB+OBOC+OCOA=12（OA+OB+OC）（OA2+OB2+OC2）=12（OA2+OB2+OC2）=13（a2+b2ab）=83，所以a2+b2ab=8，因为AB=22，BAC45，所以（22）+|b|22|b|22=8，即|b|2|b|0，解得|b|2（0舍去），故AC222（12分）如图1，在矩形ABCD中，已知AB=22，BC2，E为AB的中点将ADE沿DE向上翻折，进而得到多面体A1BCDE（如图2）（1）求证：DEA1C；（2）在翻折过程中，求二面角A1DCB的最大值【解答】（1）证明：如图1
33、，连结AC交DE于点F，因为AB=22，且E为AB的中点，则AE=2，在矩形ABCD中，因为AD2，AEAD=BCAB=2，所以EDACBA，所以ADEBAC，所以AED+BACAED+ADE90，则AFE180（AED+CAB）90，即DEAC，由题意可知，DEA1F，DEFC，A1FFCF，A1F，FC平面A1FC，所以DE平面A1FC，因为A1C平面A1FC，所以DEA1C；（2）解：如图2，过点A1作A1HFC，垂足为H，过H作HGDC，垂足为G，连结A1G，因为DE平面A1FC，A1H平面A1FC，所以A1HDE，又因为A1HFC，FCDEF，DE，FC平面BCDE，所以A1H平面B
34、CDE，又CD平面BCDE，所以A1HCD，又因为HGCD，A1HHGH，A1H，HG平面A1HG，所以CD平面A1HG，又A1G平面A1HG，所以CDA1G，则A1GH为二面角A1CDB的平面角，在翻折过程中，设A1FC（0，），在矩形ABCD中，由AB=22，AD2，E为AB的中点，可得AF=233，FC=433，在直角三角形A1FH中，A1H=233sin，FH=233cos，所以HCFCFH=233(2cos)，因为HGDC，则HGAD，所以HGAD=CHCA，则HG=23(2cos)，在直角三角形A1HG中，tanA1HG=A1HHG=3sin2cos，设y=3sin2cos，(0，)，则3sin+ycos=2y，故3+y2sin(+)=2y，所以sin(+)=2y3+y21，解得0y1，即0tanA1HG1，又A1HG(0，2)，所以0A1HG4，所以二面角A1DCB的最大值为4第22页（共22页）
