哈师大附中2020级高一下学期期末考试数学试题总分150分时间120分钟一、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.复数等于A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：选B.考点：复数的四则运算.2.中，点M满足，若，则的值为（）A.1B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合图形与平面向量的线性运算得到，进而可以求出结果.【详解】因为，所以，又因为，所以，因此，故选：A.\n3.甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶5次，两人成绩的条形统计图如图所示，则A.甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数B.甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数C.甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差D.甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差【答案】C【解析】【详解】试题分析：甲＝（4＋5＋6＋7＋8）＝6，乙＝（5×3＋6＋9）＝6，甲的成绩的方差为（22×2＋12×2）＝2，乙的成绩的方差为（12×3＋32×1）＝2.4.故选C.考点：统计中的平均数、中位数、方差、极差及条形图4.已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则以下命题正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】D\n【解析】【分析】对A、B、C举出反例即可，对D选项根据线面平行的性质以及面面垂直的判定定理即可证出结论.【详解】A：如图：，由图可知异面，所以A错误；B：如图：，由图可知，所以B错误；C：如图：，由图可知，所以C错误；D：过作平面与平面交于，因为，所以，又因为，所以，由面面垂直的判定定理即可证得，故D正确，故选：D.5.在中，，，且的面积为，则AC的长为（）A.B.1C.D.2【答案】B【解析】【分析】由三角形面积公式即可求出.\n【详解】，即，.故选：B.6.矩形中，，现将沿对角线向上翻折，得到四面体，则该四面体外接球的体积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设的中点为，连接，则由矩形的性质可知，所以可得为四面体外接球的球心，求出的长可得球的半径，从而可求出球的体积【详解】解：设的中点为，连接，因为四边形为矩形，所以，，所以为四面体外接球的球心，因为，所以，所以，所以面体外接球的半径为，所以该四面体外接球的体积为，故选：A7.袋子中有四个小球，分别写有“和、平、世、界”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“和”“平”两个字都取到就停止，用随机模拟方法估计恰好在第三次停止的概率.利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“和、平、世、界”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下24个随机数组：232321230023123021132220011203331100\n231130133231031320122103233221020132由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】从24组随机数中找到满足“前两次抽取的数中必须包含0或1，且0与1不能同时出现，第三次必须出现前面两个数字中没有出现的1或0”的随机数，利用古典概型概率公式可得结果.【详解】由题意可知，满足条件的随机数组中，前两次抽取的数中必须包含0或1，且0与1不能同时出现，出现0就不能出现1，反之亦然，第三次必须出现前面两个数字中没有出现的1或0，可得符合条件的数组只有3组：021，130，031，故所求概率为.故选A.【点睛】在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.8.下面两个扇形统计图分别统计了某地2010年和2020年小学生参加课外兴趣班的情况，已知2020年当地小学生参加课外兴趣班的总人数是2010年当地小学生参加课外兴趣班的总人数的4倍，下面说法不正确的是（）A.2020年参加音乐兴趣班的小学生人数是2010年参加音乐兴趣班的小学生人数的4倍B.这10年间，参加编程兴趣班的小学生人数变化最大C.2020年参加美术兴趣班的小学生人数少于2010年参加美术兴趣班的小学生人数D.相对于2010年，2020年参加不同课外兴趣班的小学生人数更平均【答案】C\n【解析】【分析】设2010年参加课外兴趣班的小学生总人数为，则2020年参加课外兴趣班的小学生总人数是，根据扇形统计图中的比例计算，并逐项检验，即可得到结果.【详解】设2010年参加课外兴趣班的小学生总人数为，则2020年参加课外兴趣班的小学生总人数是.由统计图可知，2010年参加音乐兴趣班的小学生人数是，2020年参加音乐兴趣班的小学生人数是，故A正确.这10年间参加编程兴趣班的小学生人数变化量为，这10年间参加语言表演的小学生人数变化量为，这10年间参加音乐的小学生人数变化量为，这10年间参加美术的小学生人数变化量为，所以这10年间参加编程兴趣班的小学生人数变化量最大，故B正确.2020年参加美术兴趣班的小学生人数为，2010年参加美术兴趣班的小学生人数为，，故C不正确，根据扇形统计图中的比例分布，可知D正确.故选：C.二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分）9.如图，为圆O的直径，点C在圆周上（异于点A，B），直线垂直于圆O所在的平面，点M是线段的中点，下列命题正确的是（）A.平面；B.平面；C.平面D.平面平面\n【答案】AD【解析】【分析】根据题中条件，由线面平行的判定定理，可判断A正确，B错；根据题中条件，判断不与垂直，故C错；根据面面垂直的判定定理，可判断D正确.【详解】因为为圆O直径，M是线段的中点，所以；又平面，平面，所以平面；即A正确；又平面，即平面，故B错；因为点C在圆O的圆周上，所以，故不与垂直，所以不可能与平面垂直，即C错；由直线垂直于圆O所在的平面，所以；又，，平面、平面，所以平面，又平面，所以平面平面，即D正确.故选：AD.10.在中，边所对的角分别为，若，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由余弦定理可得，求得，再由化简可得，，即可得出结果.【详解】，则由余弦定理可得，，，，\n，则，故选：ACD.11.因为开车前往某大型超市购物的人员较多，故超市在制定停车收费方案时，需要考虑顾客停车时间的长短.现随机采集了200个停车时间的数据(单位：)，按，，，，分成5组，其频率分布直方图如图.超市决定对停车时间不超过40分钟的顾客免收停车费(同一组数据用该区间的中点值代替)，则下列说法正确的是（）A.B.开车购物的顾客约有25%免交停车费C.开车购物的顾客平均停车时间约为58D.所采集数据中停车时间在区间内的最多，可将70作为众数的估计值.【答案】ABCD【解析】【分析】A：根据频率分布直方图中小长方形的面积和等于1，得，解方程即可判断；B：结合频率分布直方图求出停车事件不超过40分钟的频率即可；C：根据频率分布直方图求出平均数即可；D：依据众数的概念进行判断即可.【详解】A：，解得：，故A正确；B：开车购物的顾客免交停车费的概率为，故B正确；\nC：开车购物的顾客平均停车时间约为，故C正确；D：由众数的概念可知：众数为70，故D正确.故选：ABCD.12.已知正方体的棱长为2，点是棱的中点，点在四边形内(包括边界)运动，则下列说法正确的是（）A.若在线段上，则三棱锥的体积为定值B.若在线段上，则与所成角的取值范围为C.若平面，则点的轨迹的长度为D.若，则与平面所成角正切值的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】A.如图，当在线段上时，当到平面的距离不变，又底面的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，所以该选项正确；B.如图，分析得与所成角的取值范围为，所以该命题错误；C.如图，分别是中点，点的轨迹是线段，所以该选项正确；\nD.点的轨迹为以中点为圆心，以1为半径的半圆，,所以的最小值为,所以与平面所成角正切值的最大值为.所以该选项正确.【详解】A.如图，因为平面平面所以平面所以当在线段上时，当到平面的距离不变，又底面的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，所以该选项正确；B.如图，因为所以与所成角就是与所成的角（锐角或直角），当点在时，由于△是等边三角形，所以这个角为，当时，这个角为，由图得与所成角的取值范围为，所以该命题错误；\nC.如图，分别是中点，点的轨迹是线段,由于,平面,平面,所以平面，同理可得平面，又平面,,所以平面平面，所以平面，，所以点的轨迹的长度为，所以该选项正确；D.如图，由题得与平面所成角为,,即求的最小值，因为,平面,所以平面,所以,所以点的轨迹为以中点为圆心，以1为半径的半圆，,所\n以的最小值为,所以与平面所成角正切值的最大值为.所以该选项正确.故选：ACD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.在国庆阅兵中，某兵种A，B，C三个方阵按一定次序通过主席台，若先后次序是随机排定的，则B先于A，C通过的概率为________.【答案】【解析】【分析】列出所有基本事件，然后利用古典概型求解即可【详解】由题意可得：所有的基本事件有共有6个，则B先于A，C通过的包括共2个，所以概率为故答案为：14.若一个圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为___________【答案】【解析】【分析】\n利用圆锥的性质求出底面半径与母线长，再利用圆锥的侧面积计算公式即可得出．【详解】轴截面是边长为4等边三角形，所以圆锥底面半径，圆锥母线．圆锥的侧面积．故答案为：．【点睛】本题主要考查圆锥侧面积的求解，熟练掌握圆锥的性质及圆锥的侧面积的计算公式是解题的关键．15.复数，，则的最大值是_____.【答案】【解析】【分析】设根据已知条件可得复数对应的点的轨迹，再利用复数模的几何意义即可求解.【详解】设，则，所以复数对应的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，即圆，，表示点到点的距离，所以的最大值是.故答案为：.\n16.已知三棱锥为中点，侧面底面，则三棱锥外接球的表面积为_______，过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为____________【答案】①.②.【解析】【分析】根据球和棱锥的几何性质、面面垂直的性质定理，结合球的表面积公式和圆的面积公式进行求解即可.【详解】连接，由可知：和是等边三角形，设三棱锥外接球的球心为，所以球心到平面和平面的射影是和的中心，是等边三角形，为中点，所以，又因为侧面底面，侧面底面，所以底面，而底面，因此所以是矩形.和是边长为2的等边三角形，所以两个三角形的高，在矩形中，.，连接，所以，所以三棱锥外接球的表面积为；设过点的平面为，当时，此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，，\n因此圆的半径为：，所以此时面积为；当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：，所以截面的面积范围为：，故答案为：；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.某手机店根据手机销售的相关数据绘制了两幅统计图．来自该店财务部的数据报告表明，该手机店月的手机销售总额一共是万元.请根据图①、图②解答下列问题：（1）该手机店三月份的销售额为多少万元？（2）该店一月份音乐手机的销售额为多少万元?（3）小刚观察图②后，认为四月份音乐手机的销售额比三月份减少了，你同意他的看法吗?请说明理由．\n【答案】（1）60万元；（2）19.55万元；（3）不同意，理由见解析.【解析】【分析】（1）三月份的销售额为销售总额减去1月、2月和4月的销售额之和；（2）一月份音乐手机的销售额为1月份的销售额乘以23%即可；（3）通过两图求出3、4月份的音乐手机销售额，然后比较【详解】（1）由已知及图1知，3月份手机销售额为万元（2）由图1及图2知，1月份音乐手机销售额为万元（3）由图1及图2知，3月份音乐手机销售额为：万元4月份音乐手机销售额为：万元，4月份音乐手机销售额比3月份音乐手机销售额增加了，所以不同意小刚的看法.18.如图，三棱锥中，，分别是棱，上的点，且平面．（1）求证：平面；（2）若平面，，，为线段的中点，求到直线的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）通过线面平行的性质定理证明EF∥BD，再根据线面平行的判定定理证明BD∥平面AEF；（2）过点P作AB的垂线，根据题意证明线线垂直构造直角三角形，通过勾股定理解得答案.【详解】（1）∵EF∥平面ABD，平面BCD平面ABD=BD，且平面BCD，∴EF∥BD，\n又∵BD平面AEF，平面AEF，∴BD∥平面AEF.（2）作于，连接，，，则即为点到直线的距离.∵平面，∴，又，，∴平面ABC，∴，又，，∴平面PEH，∴∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥BE，在中，由等积法可得：，∵P为DE的中点，∴.∵DE⊥平面ABC，∴DE⊥EH，即PE⊥EH，由勾股定理：.19.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，.（1）求的值；（2），且，求的值.【答案】（1）；（2）3.【解析】【分析】（1）在中直接利用正弦定理求解即可；（2）在中利用余弦定理求出，由可得，从而可求出，然后在中，利用正弦定理求出\n的长，从而可得答案【详解】（1）在中，由正弦定理得所以（2）由知在线段上，在中，，所以，得，所以即由得，因为，，所以角为锐角，所以，在中，由正弦定理得，所以，因为，所以，所以20.如图，在多面体中，四边形是正方形，平面，，\n（1）求证：（2）求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，由平面，可得，再由四边形是正方形，可得，再由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得；（2）由已知可得两两垂直，所以以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【详解】（1）连接，因为平面，平面，所以，因为四边形是正方形，所以，因为，所以平面，因为平面平面，所以（2）四边形是正方形，则，又平面，以为坐标原点，\n分别为轴正方向建立空间直角坐标系，由,得,则，由∥,，得,,所以平面的一个法向量，所以到平面距离21.本学期期末考试，全班50名同学的数学成绩均在内，老师将全班同学的数学成绩按如下方式分成7组：，，，，，，.制作频数分布表如下（有两个数据污损）.分组频数※※\n合计（Ⅰ）成绩不低于120分为优秀，按数学成绩优秀与否进行分层，采用分层随机抽样的方法，抽取5名同学代表班级参加座谈，在5名参加座谈的同学中随机选2人介绍经验，记事件A=“两人成绩均为优秀”，求事件A的概率；（Ⅱ）本学期初，老师在全班50名学生中随机抽取20名学生，组成数学加强组，对全组学生进行加强训练，其余30名同学为对照组.本次期末考试中，加强组成绩为：，其平均分为125.5，方差为79.75；对照组成绩记为，其平均分为118，方差为256.计算出全班数学平均分和方差（结果精确到个位）.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）121，199.【解析】【分析】（Ⅰ）分别计算出成绩优秀和不优秀的学生人数，再由分层抽样计算抽出5名同学中优秀成绩和不优秀的人数，利用古典概型概率公式即可求解；（Ⅱ）分别计算、，利用平均数和方差公式即可求解.【详解】（Ⅰ）有样本成绩频数分布表及优秀分数得，优秀成绩频数为，非优秀频数为，故从优秀成绩中抽取人，记为1，2，3，从非优秀成绩中抽取人，记为，从中随机选2个，包括：共10个样本点，\n事件A包括上样本点，，即两人成绩均优秀的概率为；（Ⅱ），，可得：可得：.所以全班数学平均分为，方差为.22.如图，在四棱柱中，，底面是菱形，，平面平面.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）若，且直线与平面所成角的正弦值为，求\n二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）由，证明平面可得，取的中点，由等边三角形的性质以及面面垂直的性质定理证明，即可求证；（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，求出，求出平面的法向量，利用已知条件求出的值，再计算平面的法向量，计算即可求解.详解】（1）证明：连接，因为底面是菱形，所以.又，所以平面.因为平面，所以.取中点，连接，因为，所以为正三角形，则.又平面平面，平面平面，面，所以平面.又平面，所以.\n因为，所以平面.（2）以为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则.，设平面的一个法向量为则令，则，所以，，即，可得：，设平面的一个法向量为，则令，，，\n平面的一个法向量为，可得，由图可知二面角为锐角，所以二面角的与余弦值为.
