湖北省黄冈市2020-2021学年高一下学期期末调研考试数学试题 含答案

数学试题

黄冈市教育科学研究院命制　　　　　　　　　　　２０２１年７月３日上午８∶００~１０∶００本试题卷共４页,２２题.全卷满分１５０分.考试用时１２０分钟.

第Ⅰ卷(选择题,共６０分)

一、单项选择题:本题共８个小题,每小题５分,共４在每小题给出的四个选项中,只有一０分．),已知i为虚数单位,复数z满足z(则下列说法正确的是１．３＋i＝２－iA．复数z的模为

项是符合题目要求的,请将答案涂在答题卡上．

在△A则c２．BC中,a＝１５,b＝１０,A＝４５°,osB的值是A．±

１

C．复数z的虚部为i

２

２１１　　　　　　　B．复数z的共轭复数为－＋i２２２

D．复数z在复平面内对应的点在第二象限

不同的直线m和n,不同的平面α,下列条件中能推出α∥３．γ,β,β的是C．α⊥γ,γβ⊥

A．α∩γ＝n,γ＝m,n∥mβ∩

B．n∥m,n⊥α,m⊥βD．n∥α,m∥n∥mβ,

７２２７７　　　　B．　　　　　C．　　　　　D．－３３３３若圆锥的内切球(球面与圆锥的侧面以及底面都相切)的半径为１,当该圆锥体积是球体积４．

两倍时,该圆锥的高为A．２

B．４

C．３D．２３一个正方体有一个面为红色,两个面为绿色,三个面为黄色,另一个正方体有两个面为红色,５．

两个面为绿色,两个面为黄色,同时掷这两个正方体,两个正方体朝上的面颜色不同的概率为１A．３５B．６２C．３７D．１２

如图,正三棱锥A－B侧棱长为２,过点C的平面６．CD中,∠BAD＝２０°,A．２２与侧棱A则△CB、AD相交于B１、D１,B１D１的周长的最小值为

B．２３C．４

D．２

如图所示,７．△ABC中,AB＝３,AC＝２,∠BAC＝６０°,D是BC的中点,

→→→→则ABE＝２EA,D􀅰DE＝１１A．４１１B．－

４５C．２D．－

５

２

高一数学试题　第　共４页)１页(

欧几里得在«几何原本»中,以基本定义、公设和公理作为８．

全书推理的出发点．其中第Ⅰ卷命题４７是著名的毕达哥,拉斯定理(勾股定理)书中给出了一种证明思路:如图,四边形ARt△ABC中,∠BAC＝９０°,BHL、ACFG、BCDE都是正方形,交B先证明AN⊥DE于点N,C于点M．

继而得到矩形B△ABE与△HBC全等,ENM与正方形

同理可得到矩形CABHL面积相等;DNM与正方形

ACFG面积相等;进一步定理可得证．在该图中,若tan∠BAE＝

１,则sin∠BEA＝

２

２３１０５１０A．B．C．D．１０１０５１０二、多项选择题．本大题共４个小题,每小题５分,共２在每小题给出的四个选项中,有多０分．下列各组向量中,可以作为基底的是９．

３)),A．e０,２e０１＝(２＝(,

２

),)C．e１,３e－２,－６１＝(２＝(

项符合题目要求全部选对得５分,选对但不全的得２分,有选错的得０分．

),)B．e０,０e１,－２１＝(２＝(),)D．e３,５e５,３１＝(２＝(

下列关于复数z的四个命题中假命题为１０．

若z＋若|则zA．z＝０,则z为纯虚数　　B．z|＝|z|,z１２１＝±２

３若|则|若z则z＝１C．z－i|＝１,z|的最大值为２　　D．－１＝０,如图在三棱柱A点D１１．BC－A１B１CCCBC,AC⊥CB,１中,１⊥底面A是A则下列结论正确的是B上的动点,

三棱锥A１－CD．DB１的体积是定值在△A内角A,则下列说法中正确的是１２．BC中,B,C所对的边分别为a,b,c,

A．c＝acosB＋bcosA若a则△AB．cosA＝bcosB,BC为等腰三角形

２２若a则a＝C．tanB＝btanA,b３３３

,若a则△AD．＋b＝cBC为锐角三角形

当D为A平面CB．B的中点时,DB１⊥平面AA１B１B当D为AC．B中点时,ACDB１１∥平面CA．BC⊥AC１

一个口袋中装有２个红球,采用不放回的方式从中依次取出２个球,则第一次取１３．３个绿球,

到绿球第二次取到红球的概率为

．

３则在△A１４．BC中,D是BC的中点,AB＝１,AC＝２,AD＝．

２△ABC的面积为．如图,正方体A直线１５．BCD－A１B１CD１中,O是AC的中点,１

三、填空题(本题共４个小题,每题５分,共２０分)

B１O与平面ACD１所成角的正弦值为

．

高一数学试题　第　共４页)２页(

１１如图等腰梯形A１６．BCD中,AB∥CD,CD＝AD＝AB＝２,O是２３

→→梯形A则ABCD的外接圆的圆心,M是边BC上的中点,O􀅰AM的值为

．

２

(本题满分１复数z满足|为纯虚数,若复数z在复平面内所对应的点在第１７．０分)z|＝２,z四、解答题:本大题共６个小题,共７解答应写出文字说明,证明过程或验算步骤．０分,

一象限．

()求复数z;１

２

(),,复数z,所对应的向量为a,已知(求λ的值．２z,zb,c,λa＋b)⊥(λb＋c)

１(本题满分１已知a１８．２分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,cosC＋c＝b,

２()求角A;１

３３,()若a＝７,求△A２△ABC的面积为BC的周长．

２(本题满分１黄冈市一中学高一年级统计学生本学期２满分１１９．２分)０次数学周测成绩(５０

,分)抽取了甲乙两位同学的２０次成绩记录如下:

１４１乙:１０２,１０５,１１３,１１４,１１６,１１７,１２５,１２５,１２７,１２８,１２８,１３１,１３１,１３５,１３６,１３８,１３９,１４２,１４５,１５０()根据以上记录数据求甲乙两位同学成绩的中位数,并据此判断甲乙两位同学的成绩谁１

更好?

()),[),[),[),[],将同学乙的成绩分成[完成下２１００,１１０１１０,１２０１２０,１３０１３０,１４０１４０,１５０

列频率分布表,并画出频率分布直方图;()现从甲乙两位同学的不低于１求取出的２个成绩不３４０分的成绩中任意取出２个成绩,是同一个人的且没有满分的概率.

[)１００,１１０[)１１０,１２０[)１２０,１３０[)１３０,１４０[]１４０,１５０合计

２０

１

分组

频数

频率

甲:９２,９６,９９,１０３,１０４,１０５,１１３,１１４,１１７,１１７,１２１,１２３,１２４,１２６,１２９,１３２,１３４,１３６,１４２,

高一数学试题　第　共４页)３页(

(本题满分１如图,已知在四棱锥P－A底面A２０．２分)BCD中,BCD是梯形,BC∥AD且BC平面P＝２AD,AC⊥平面ABCD,PA＝PC,PA⊥AB．

()证明:１AB⊥PC;

()若P求四棱锥P－A２A⊥PC,PB＝２PC＝４,BCD的体积．

(本题满分１如图,四边形A设∠A２１．２分)BCD中∠BAC＝９０°,∠ABC＝６０°,AD⊥CD,CD＝θ．()若△A求s１BC面积是△ACD面积的４倍,in２θ;１求()若t２an∠ADB＝,tanθ．

２

(本题满分１如图①,梯形A２２．２分)BCD中,AD∥BC,AB＝３,BC＝１,CD＝２,BE⊥AD且B将梯形沿B使平面AE＝１,E折叠得到图②,BE⊥平面BCDE,CE与BD相交于O,

()证明:１Q是AC的中点;()证明:２AD⊥平面BEQ;

点P在A且A过O,B上,P＝２PB,R是CD的中点,P,R三点的平面交AC于Q．

()已知二面角M－E求AM的值．３M是AB上一点,C－B为４５°,

AB高一数学试题　第　共４页)４页(

2020-2021高一年级下学期数学测试卷

参

一.选择题题号答案二.填空题13.0.38.解：设14.1A2C3B4B5C6D7B8D9AD10ABD11ACD12AD32

15.223

16.16，ACm，BCn，可得k2m2n2，∵BH∥CL,∴BHC=HCL,又ABEHBC，可得BHC=BAE，∴HCL=BAE

11󰝇󰍳1

∴tanHCL=，即=,∴m=k,∴n=2k，在ABE中，tanBAE=，得sinBAE=，󰝇󰵅󰝉󰍴225在ABE中，10knABBE=，即，可得sinBEA=sinBEAsinBAEsinBEA110

5uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur

16.解：设BMBC（0≤λ≤1），则AMABBMABBC

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur1uuuruuuruuur2uuur又QBCACABADDCABADABABADAB

33

uuuruuuruuur2uuuruuurr2uuu∴AMAB(ADAB)AD(1)AB

33

∵O是△ABC的外心uuuruuur1uuur2uuuruuur1uuur2∴AOABAB18AOADAD822uuuruuuruuuruuurr2uuu∴AOAMAO[AD(1)AB]3ruuuruuuruuurruuur2uuu21uuu=AOAD(1)AOAB=818(1)=184,,AOAM16332(也可以建坐标系，求O点的坐标)三、解答题17.解：（1）设z=a+bi(a>0,b>0)则|z|

a2b22,,即a2+b2=2①……………………2′∵z2=a2-b2+2abi为纯虚数∴a2-b2=0且2ab≠0②…………………………………………4′由①②解得a=1,b=1∴z=1+i……………………5′(2)∵z=1+i∴z1i

,z2=2i，∴rrr

a(1,1),b(1,1),c(0,2)………………7′rrrrrrr2

∴ab0,ac2,bc2,b2

rrrrrrrr1

由(ab)(bc)得(ab)(bc)0即420,………………………10′2

11

18.解：（1）QacosCcb，由正弦定理得sinAcosCsincsinB①…………2′22

在△ABC中B=π-（A+C）∴sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC②……………………4′11由①②得sinCcosAsinC,∵sinC0cosAA………………………6′223

（2）由余弦定理得：7=b2+c2-2bccos60°即b2+c2-bc=7,∴(b+c)2-3bc=7…………………………8′又S△ABC=1333bcsinAbc242

∴bc=6……………10′∴(b+c)2-18=7，∴b+c=5,∴△ABC的周长为57…………………………12′19.解：（1）甲的中位数是119，乙的中位数是128，乙的成绩更好……………………3′（2）乙频率分布直方图如下图所示：………………………………………8′分组[100，110）[110，120）[120，130）[130，140）[140，150]合计频数2456320频率0.10.20.250.30.151（3）甲乙两位同学的不低于140分的成绩共5个，甲两个成绩记作A1、A2，乙3个成绩记作B1、B2、B3（其中B3表示150分），任意选出2个成绩所有的取法为（A1，A2）（A1，B1）（A1，B2）（A1，B3）（A2，B1）（A2，B2）（A2，B3）（B1，B2）（B1，B3）（B2，B3）共10种取法……………………………………………………10′其中两个成绩不是同一个人的且没有满分的是（A1，B1）（A1，B2）（A2，B1）（A2，B2）共4种取法，∴取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率：20.（1）证明：取AC的中点O，∵AP=PC，∴PO⊥AC又∵平面PAC⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD∴PO⊥AB①…………………3′又∵AB⊥PA②由①②可得AB⊥平面PAC∴AB⊥PC……………………5′（2）∵PB=2PC=4，∴PA=PC=2，∵AB⊥PA42105

…………………………12′∴AB2=PB2-PA2，∴AB=23……………………7′∵PA⊥PC，PA=PC=2，∴AC=22，PO=2……………………8′由（1）可知AB⊥平面PAC，∴AB⊥AC∴S△ABC=11

ABAC23222622

114SABCPO2623…………………………10′33312∵BC∥AD，BC=2AD，∴S△ABC=2S△ACD，∴V三棱锥P-ACD=V三棱锥P-ABC=32342∴V四棱锥P-ABCD=V三棱锥P-ABC+V三棱锥P-ACD=3323…………………12′3311

另解：因为S△ABC=ABAC232226,∴S△ADC=6221

∴S梯形ABCD=36,∴V四棱锥P-ABCD=362233∴V三棱锥P-ABC=21.解：（1）设ABa，则AC3a，AD由题意SABC4SACD，则3asin，CD3acos，……………………2′113a3a43acos3asin，所以sin2.……………………6′226BDaBDAB（2）由正弦定理，ABD中，，即①……………………8′sinsinADBsinBADsinADB

BD2a

BDBC

，即②……………………10′sinBCD中，（ADB)sinsinBCDsinCDB26

sin2tanADB1

②÷①得：,

sin6



sinsin，化简得cos(23)in，所以tan2+3.……………………12′3

22.证明：（1）在图①中过C作CF⊥AD，则EF=BC=1，CF=BE=1又∵CD=2，∴DF=1，∴DE=2，∴DE∥BC，且DE=2BC，∴DO=2OB又∵AP=2PB∴OP∥AD，∴OP∥平面ACD又∵平面OPQR∩平面ACD=RQ，∴OP∥RQ∴PQ∥AD又∵R是CD的中点，∴Q是AC的中点………………………………………3′（2）在直角梯形BCDE中，BC=BE=1，∴CE=2又CD=2，∴∠ECD=90°，DE=2，∴CD⊥CE…………①……………………………4′又∵平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE∴AE⊥平面BCDE∴AE⊥CD……………②由①②得CD⊥平面ACE∴CD⊥EQ……………③…………………………………………………5′∵AB=3，BE=1,∴AE=2,∴AE=CE，∴EQ⊥AC…………………④由③④可得EQ⊥平面ACD∴EQ⊥AD……………⑤………………………………………………………6′又∵BE⊥AE，BE⊥DE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥AD……………⑥由⑤⑥可得AD⊥平面BEQ………………………………………………………7′（3）过M作MH⊥BE，则MH⊥平面BCDE过H作HG⊥CE，连结MG，则∠MGH为二面角M-CE-B的平面角，∴∠MGH=45°……………………………9′∴∠CED=∠BCE=45°设AM

，∴MH=(1)AE(1)2……………………………10′ABHEAM2,HE,BEC45,HG.……………………………11′BEAB2∴又由∠MGH=45°得HG=MH22

(1)2，∴……………………………12′23命题人：麻城一中审题人：黄州区一中黄冈中学罗刚明童云霞袁进丁评虎