江苏省南京市“校际联合体”2020-2021学年高一下期末联考数学试卷（含答案解析）

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1、2020-2021学年江苏省南京市“校际联合体”高一下期末数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1（5分）设复数满足，则ABCD12（5分）化简，得ABCD3（5分）已知一组数据，的方差是，那么另一组数据，的方差是ABCD4（5分）在中，则此三角形A无解B一解C两解D解的个数不确定5（5分）中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘微的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”“幂”是截面积，“势”是几何体的高，即：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等，上述原理称为“祖暅原理”一个上底面边长为1，下底面边长为2

2、，侧棱长为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为ABCD216（5分）若，则实数的值为A3BC2D47（5分）在各棱长均相等的直三棱柱中，已知是棱的中点，是棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为AB1CD8（5分）在中，是内一点，且，设，则ABCD二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分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2分9（5分）欧拉公式（其中为虚数单位，是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里占有非常重要的地位被誉为数学中的“天桥

3、”依据欧拉公式，下列选项正确的是AB为纯虚数C的共轭复数为D已知复数，则复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称10（5分）已知，是两条不同的直线，是两个不同的平面且，则A若，则B若，则C若，则D若，则11（5分）某校对200名考生的数学竞赛成绩进行统计，分成，五组，得到如图所示频率直方图，则根据频率直方图，下列说法正确的是AB估计该校学生数学竞赛成绩的平均数在，内C该校学生数学竞赛成绩的中位数大于80D该校学生数学竞赛成绩不低于80分的有90人12（5分）已知菱形的边长为2，现将沿折起形成四面体设，则下列选项正确的是A当时，二面角的大小为B当时，平面平面C无论为何值，直线与都不垂直D存在两个不同

4、的值，使得四面体的体积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分请把答案直接填写在答题卡相应位置上13（5分）已知，则向量，夹角的余弦值为 14（5分）一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为 15（5分）已知正方体的棱长为1，点在正方体内部（含表面）且满足条件：到正方体顶点的距离为1则所有满足条件的点构成的空间图形的面积为 16（5分）在中，、在边所在直线上，且满足，则四、解答题：本题共6小题，共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）在平面直角坐标系中，已知点，（1）以线段，为邻边作平行四边形，求向量的坐标和；（2

5、）设实数满足，求的值18（12分）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，、分别是、的中点，（1）求证：平面；（2）求证：；（3）若，是边长为4的正三角形，求三棱锥的体积19（12分）在，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答该题已知的内角，所对的边分别是，满足 _（1）求角；（2）若，且外接圆的直径为2，求的面积20（12分）已知函数（1）若，设且，求的值；（2）若恒成立，且，求的最小值21（12分）如图，在中，已知，（1）求的长度；（2）若点是上一点且满足，点是边上上一点且满足当时，求；是否存在非零实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由22（12分）当时，将，称为一

6、组连续正整数（1）是否存在这样的三角形，其三边为一组连续正整数，且最大角是最小角的两倍？若存在，求出所有符合条件的三角形，若不存在，请说明理由；（2）若一个凸四边形的四条边依次为连续正整数5，6，7，8，求该四边形面积的最大值2020-2021学年江苏省南京市“校际联合体”高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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（5分）设复数满足，则ABCD1【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出【解答】解：，则，故选：【点评】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基

7、础题2（5分）化简，得ABCD【分析】由已知结合诱导公式及两角和的正弦公式进行化简，然后结合特殊角的三角函数值即可求解【解答】解：故选：【点评】本题主要考查了诱导公式及两角和的正弦公式，属于基础题3（5分）已知一组数据，的方差是，那么另一组数据，的方差是ABCD【分析】由结论：若数据，的方差是，则数据，的方差是，从而直接得到答案【解答】解：由结论：若数据，的方差是，则数据，的方差是得数据，的方差是，数据，的方差是，故选：【点评】本题考查了方差的常见结论应用，属于基础题4（5分）在中，则此三角形A无解B一解C两解D解的个数不确定【分析】由已知可求，利用正弦定理即可求解三角形有两解【解答】解：在中

8、，则，可得，可得此三角形有两解故选：【点评】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题5（5分）中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘微的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”“幂”是截面积，“势”是几何体的高，即：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等，上述原理称为“祖暅原理”一个上底面边长为1，下底面边长为2，侧棱长为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为ABCD21【分析】由“祖暅原理”，结合已知求出正六棱台的上下底面面积，再由棱台体积公式求解即可【解答】解：由“祖暅原理”知

9、，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，因为正六棱台的上下底面边长分别为1和2，则，所以故选：【点评】本题考查棱台体积的求法，“祖暅原理”的应用，属于基础题6（5分）若，则实数的值为A3BC2D4【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系，可得，变形利用两角和差的三角公式，求得【解答】解：若，即，即，即，即，即，即，则实数，故选：【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和差的三角公式，属于中档题7（5分）在各棱长均相等的直三棱柱中，已知是棱的中点，是棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为AB1CD【分析】以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的正切

10、值【解答】解：高各棱长均相等的直三棱柱中，棱长为2，以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，1，1，1，0，设异面直线与所成角为，则，异面直线与所成角的正切值为故选：【点评】本题考查异面直线所成角的正切值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题8（5分）在中，是内一点，且，设，则ABCD【分析】由已知可得是角的平分线，然后分别求出向量与向量，向量的数量积，建立等式关系即可求解【解答】解：由已知可得是角的平分线，又，所以，且，且，所以，即，故选：【点评】本题考查了平面向量基本定理的应用，涉及到向量的数量积的概念的应用，考查

11、了学生的运算转化能力，属于基础题二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分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2分9（5分）欧拉公式（其中为虚数单位，是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里占有非常重要的地位被誉为数学中的“天桥”依据欧拉公式，下列选项正确的是AB为纯虚数C的共轭复数为D已知复数，则复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称【分析】利用欧拉公式，化简求解判断选项的正误即可【解答】解：选项：，故错误；选项：， 为纯虚数，故正确；选项：， 的共轭复数为，故正确 选项

12、：，所以 与 实部相等，虚部互为相反数，故复数， 在复平面内的对应点关于实部对称，故 错误故选：【点评】本题考查欧拉公式的应用，考查复数的概念，属于基础题10（5分）已知，是两条不同的直线，是两个不同的平面且，则A若，则B若，则C若，则D若，则【分析】由线面平行和垂直的性质，以及面面平行的性质，可判断；由线面平行和垂直的性质，以及面面的位置关系，可判断；由线面平行和垂直的性质，以及面面垂直的判定定理，可判断；由面面垂直的性质和线面的位置关系，可判断【解答】解：对于，由，可得，由，可得过的平面与的交线与平行，由，则，故正确；对于，若，可能，故错误；对于，若，可得，由，可得过的平面与的交线与平行，

13、则，由，可得，故正确；对于，若，则或，故错误故选：【点评】本题考查空间中线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和推理能力，属于中档题11（5分）某校对200名考生的数学竞赛成绩进行统计，分成，五组，得到如图所示频率直方图，则根据频率直方图，下列说法正确的是AB估计该校学生数学竞赛成绩的平均数在，内C该校学生数学竞赛成绩的中位数大于80D该校学生数学竞赛成绩不低于80分的有90人【分析】根据数学竞赛成绩落在各个区间的概率和为1可求得值，判断；根据平均数与中位数的计算方法进行计算可判断；根据图可计算数学竞赛成绩不低于80分的人数，可判断【解答】解：根据题意得，解得，对；由图可得平均数为：，对；由

14、图可得中位数为，错；由图可知该校学生数学竞赛成绩不低于80分的有，错故选：【点评】本题考查频率分布直方图中平均数、中位数、落在某一区间内的数的算法，考查数学运算能力，属于基础题12（5分）已知菱形的边长为2，现将沿折起形成四面体设，则下列选项正确的是A当时，二面角的大小为B当时，平面平面C无论为何值，直线与都不垂直D存在两个不同的值，使得四面体的体积为【分析】根据二面角的定义，取中点，作出二面角的平面角，根据的大小判断、选项；选项可以用特殊的四面体正四面体进行否定；选项考虑点运动过程中的轨迹，通过体积的最大值与的大小关系来判断【解答】解：对于、选项，取中点，连接，则，为二面角所成的平面角当时，

15、为等边三角形，所以，所以正确当时，所以，即平面平面，所以正确对于选项，当时，四面体为正四面体，与垂直，所以错误对于选项，翻折过程中，点的轨迹为半圆弧，当平面平面时，四面体的体积最大，为，因为，所以在翻折的过程中，存在两个点，使得四面体的体积为，即存在两个，所以正确故选：【点评】本题考查空间几何体中二面角、异面垂直、体积，属于中档题三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分请把答案直接填写在答题卡相应位置上13（5分）已知，则向量，夹角的余弦值为 【分析】根据题意，设向量，夹角为，由数量积的计算公式可得，变形可得，解可得答案【解答】解：根据题意，设向量，夹角为，若，则有，即，解可得，故答案为

16、：【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及向量模、夹角的计算，属于基础题14（5分）一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为 【分析】利用圆锥的底面周长即为侧面展开图的弧长，从而求出底面半径，然后利用扇形的面积公式以及圆的面积公式求解即可【解答】解：设圆锥的底面半径为，则有，解得，所以圆锥的表面积为故答案为：【点评】本题考查了圆锥的几何性质的应用，解题的关键是掌握圆锥的侧面展开图与圆锥之间关系，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于基础题15（5分）已知正方体的棱长为1，点在正方体内部（含表面）且满足条件：到正方体顶点的距离为1则所有满足条件的点构成的空间

17、图形的面积为 【分析】利用球的定义即可得到点的轨迹，然后由球的表面积公式求解即可【解答】解：因为正方体的棱长为1，又到正方体顶点的距离为1，故点的轨迹为以为球心，1为半径为球面的，所以所有满足条件的点构成的空间图形的面积为故答案为：【点评】本题考查了空间中动点轨迹的求解，球的表面积公式的应用，解题的关键是掌握球的定义，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题16（5分）在中，、在边所在直线上，且满足，则【分析】在中，利用正弦，余弦定理求出，进而求出，在中，由余弦定理求出，得到，利用二倍角公式求出，最后解直角三角形即可【解答】解：如图，由余弦定理可得，在中，由正弦定理得，在中，由余弦定理得，

18、在中，故答案为：【点评】本题考查正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，二倍角公式和同角三角函数的应用，属于中档题四、解答题：本题共6小题，共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）在平面直角坐标系中，已知点，（1）以线段，为邻边作平行四边形，求向量的坐标和；（2）设实数满足，求的值【分析】（1）利用向量加法的平行四边形法及其模的计算公式即可得出（2）利用向量共线定理即可得出【解答】解：（1）由向量加法的平行四边形法则知：，（2分）从而（4分）（2）（6分）（8分）从而由，得：，解得：（10分）【点评】本题考查了向量加法的平行四边形法及其模的计算公式、

19、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题18（12分）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，、分别是、的中点，（1）求证：平面；（2）求证：；（3）若，是边长为4的正三角形，求三棱锥的体积【分析】（1）连接，由三角形的中位线定理知，矩形的对边，得，根据线面平行的判定定理可得答案（2）由菱形的对角线互相垂直，得，根据线面垂直的判定定理可得平面，进而可得答案（3）根据题意可得平面，计算即可得出答案【解答】解：（1）证明：连接，由是菱形的对角线的交点知，点为的中点且是的中点，由三角形的中位线定理知，矩形的对边，得，平面，平面，故平面（2）证明：由菱形的对角线互相垂直，得，因为平面，平面

20、，又，故平面，因为平面，故有（3）由侧面是矩形，知，又由，平面，平面，得平面，即平面，由是边长为4的正三角形，知，故【点评】本题考查立体几何中线面的位置关系，解题中需要一定的逻辑推理能力，属于中档题19（12分）在，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答该题已知的内角，所对的边分别是，满足 _（1）求角；（2）若，且外接圆的直径为2，求的面积【分析】（1）若选，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，可求范围，解得，即可得解的值；若选，由正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得，结合范围，可得的值；若选，由正弦定理，三角形内角和定理化简已知等式可

21、得，由余弦定理可得的值，结合范围，可得的值（2）由，平方可得，进而根据正弦定理，余弦定理可求，进而解得的值，即可根据三角形的面积公式求解【解答】解：（1）若选，因为，则由正弦定理知：，即，由辅助角公式，整理得：，由，故，可得角若选，因为，所以由正弦定理可得，即，因为，所以可得，因为，所以若选，因为，可得，所以由正弦定理可得，即，所以由余弦定理可得，因为，所以（2）由，平方知：，由正弦定理知：，由余弦定理知：，从而有，解得：，故的面积【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换，余弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题20（12分）已知函数（1

22、）若，设且，求的值；（2）若恒成立，且，求的最小值【分析】（1）利用辅助角公式化简，由题意可求得，利用两角和的正弦公式即可求解的值；（2）由题意求出，从而可得的解析式，进而求得的值域，从而可得，的取值范围，即可求解的最小值【解答】解：函数，（1）由，则，故，即，且，从而，所以（2）由，知，得且，故，即，由，得，故，故，从而且，故的最小值为2【点评】本题主要考查三角恒等变换，同角三角函数的基本关系，三角函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题21（12分）如图，在中，已知，（1）求的长度；（2）若点是上一点且满足，点是边上上一点且满足当时，求；是否存在非零实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，

23、请说明理由【分析】（1）由已知利用余弦定理求解；（2）方法一、由（1）可得，选择，作为平面内一组基底，则由，把用基底表示，然后求解即可；假设存在非零实数，使得，选择，作为平面内一组基底，把用基底表示，结合求解的值方法二、以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，求得的坐标，然后求解即可；求出的坐标，再由数量积为0，求得的值【解答】解：（1）在中，由余弦定理，知，的长度为；（2）方法一、由（1）知：，故是以为直角的直角三角形选择，作为平面内一组基底，则由，知，；假设存在非零实数，使得，即选择，作为平面内一组基底，则，故由，得，即，两边同时除以，得方法二、以为坐标原点，所在

24、的直线为轴，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，当时，则，；假设存在非零实数，使得，即由，知，由，得，即，两边同时除以，得【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题22（12分）当时，将，称为一组连续正整数（1）是否存在这样的三角形，其三边为一组连续正整数，且最大角是最小角的两倍？若存在，求出所有符合条件的三角形，若不存在，请说明理由；（2）若一个凸四边形的四条边依次为连续正整数5，6，7，8，求该四边形面积的最大值【分析】（1）由题意不妨设的三个内角，的对边分别为，则记，则，由正弦定理可求，在中，由余弦定理可得，即，解得，即可得解（2）记四边形的四条边分别为，在中，中，根据余弦定理可求，利用三角形的面积公式可求，将两式平方相加得，根据余弦函数的性质即可求解的最大值【解答】解：（1）不妨设的三个内角，的对边分别为，则由大边对大角，知：记，则，从而由正弦定理知：，即，在中，由余弦定值知：，故有：，即，解得：，综上，符合条件的三角形有且只有一个，其三边分别为4，5，6（2）记四边形的四条边分别为，记，在中，在中，从而有：，将平方相加得：，化简得：，当且仅当时，有最大值为【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式以及余弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了方程思想和转化思想的应用，属于中档题