1、2020級高一下學期期末考試數(shù)學試題總分150分 時間120分鐘一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1. 復數(shù)等于 A. B. C. D. B【詳解】試題分析：選B. 考點：復數(shù)的四則運算.2. 中，點M滿足，若，則的值為（ ）A. 1B. C. D. A【分析】結(jié)合圖形與平面向量的線性運算得到，進而可以求出結(jié)果.【詳解】因為，所以，又因為，所以，因此，故選：A.3. 甲、乙兩人在一次射擊比賽中各射靶5次，兩人成績的條形統(tǒng)計圖如圖所示，則A. 甲的成績的平均數(shù)小于乙的成績的平均數(shù)B. 甲的成績的中位數(shù)等于乙的成績的中位數(shù)C. 甲的

2、成績的方差小于乙的成績的方差D. 甲的成績的極差小于乙的成績的極差C【詳解】試題分析：甲（45678）6，乙（5369）6，甲的成績的方差為（222122）2，乙的成績的方差為 （123321）2.4.故選C.考點：統(tǒng)計中的平均數(shù)、中位數(shù)、方差、極差及條形圖4. 已知m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則以下命題正確的是（ ）A. 若，則B. 若，則C. 若，則D. 若，則D【分析】對A、B、C舉出反例即可，對D選項根據(jù)線面平行的性質(zhì)以及面面垂直的判定定理即可證出結(jié)論.【詳解】A：如圖：，由圖可知異面，所以A錯誤；B：如圖：，由圖可知，所以B錯誤；C：如圖：，由圖可知，所以C錯誤；D：過

3、作平面與平面交于，因為，所以，又因為，所以，由面面垂直的判定定理即可證得，故D正確，故選：D.5. 在中，且的面積為，則AC的長為（ ）A. B. 1C. D. 2B【分析】由三角形面積公式即可求出.【詳解】，即，.故選：B.6. 矩形中，現(xiàn)將沿對角線向上翻折，得到四面體，則該四面體外接球的體積為（ ）A. B. C. D. A【分析】設的中點為，連接，則由矩形的性質(zhì)可知，所以可得為四面體外接球的球心，求出的長可得球的半徑，從而可求出球的體積【詳解】解：設的中點為，連接，因為四邊形為矩形，所以，所以為四面體外接球的球心，因為，所以，所以，所以面體外接球的半徑為，所以該四面體外接球的體積為，故選

4、：A7. 袋子中有四個小球，分別寫有“和、平、世、界”四個字，有放回地從中任取一個小球，直到“和”“平”兩個字都取到就停止，用隨機模擬方法估計恰好在第三次停止的概率.利用電腦隨機產(chǎn)生0到3之間取整數(shù)值的隨機數(shù)，分別用0，1，2，3代表“和、平、世、界”這四個字，以每三個隨機數(shù)為一組，表示取球三次的結(jié)果，經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了以下24個隨機數(shù)組：232 321 230 023 123 021 132 220 011 203 231 130 133 231 031 320 122 103 233 221 020 132由此可以估計，恰好第三次就停止的概率為A. B. C. D. A【分析】從24組隨機數(shù)

5、中找到滿足“前兩次抽取的數(shù)中必須包含0或1，且0與1不能同時出現(xiàn)，第三次必須出現(xiàn)前面兩個數(shù)字中沒有出現(xiàn)的1或0”的隨機數(shù)，利用古典概型概率公式可得結(jié)果.【詳解】由題意可知，滿足條件的隨機數(shù)組中，前兩次抽取的數(shù)中必須包含0或1，且0與1不能同時出現(xiàn)，出現(xiàn)0就不能出現(xiàn)1，反之亦然，第三次必須出現(xiàn)前面兩個數(shù)字中沒有出現(xiàn)的1或0，可得符合條件的數(shù)組只有3組：021，130，031，故所求概率為. 故選A.在求解有關古典概型概率的問題時，首先求出樣本空間中基本事件的總數(shù)，其次求出概率事件中含有多少個基本事件，然后根據(jù)公式求得概率.8. 下面兩個扇形統(tǒng)計圖分別統(tǒng)計了某地2010年和2020年小學生參加課外

6、興趣班的情況，已知2020年當?shù)匦W生參加課外興趣班的總?cè)藬?shù)是2010年當?shù)匦W生參加課外興趣班的總?cè)藬?shù)的4倍，下面說法不正確的是（ ）A. 2020年參加音樂興趣班的小學生人數(shù)是2010年參加音樂興趣班的小學生人數(shù)的4倍B. 這10年間，參加編程興趣班的小學生人數(shù)變化最大C. 2020年參加美術興趣班的小學生人數(shù)少于2010年參加美術興趣班的小學生人數(shù)D. 相對于2010年，2020年參加不同課外興趣班的小學生人數(shù)更平均C【分析】設2010年參加課外興趣班的小學生總?cè)藬?shù)為，則2020年參加課外興趣班的小學生總?cè)藬?shù)是，根據(jù)扇形統(tǒng)計圖中的比例計算，并逐項檢驗，即可得到結(jié)果.【詳解】設2010年參

7、加課外興趣班的小學生總?cè)藬?shù)為，則2020年參加課外興趣班的小學生總?cè)藬?shù)是.由統(tǒng)計圖可知，2010年參加音樂興趣班的小學生人數(shù)是，2020年參加音樂興趣班的小學生人數(shù)是，故A正確.這10年間參加編程興趣班的小學生人數(shù)變化量為，這10年間參加語言表演的小學生人數(shù)變化量為，這10年間參加音樂的小學生人數(shù)變化量為，這10年間參加美術的小學生人數(shù)變化量為，所以這10年間參加編程興趣班的小學生人數(shù)變化量最大，故B正確.2020年參加美術興趣班的小學生人數(shù)為，2010年參加美術興趣班的小學生人數(shù)為，故C不正確，根據(jù)扇形統(tǒng)計圖中的比例分布，可知D正確.故選：C.二、選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分.

8、在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得得5分，有選錯的得0分，部分選對的得3分）9. 如圖，為圓O的直徑，點C在圓周上（異于點A，B），直線垂直于圓O所在的平面，點M是線段的中點，下列命題正確的是（ ）A. 平面；B. 平面；C. 平面D. 平面平面AD【分析】根據(jù)題中條件，由線面平行的判定定理，可判斷A正確，B錯；根據(jù)題中條件，判斷不與垂直，故C錯；根據(jù)面面垂直的判定定理，可判斷D正確.【詳解】因為為圓O直徑，M是線段的中點，所以；又平面，平面，所以平面；即A正確；又平面，即平面，故B錯；因為點C在圓O的圓周上，所以，故不與垂直，所以不可能與平面垂直，即C錯；由直線垂直于圓

9、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正確.故選：AD.10. 在中，邊所對的角分別為，若，則（ ）A. B. C. D. ACD【分析】由余弦定理可得，求得，再由化簡可得，即可得出結(jié)果.【詳解】，則由余弦定理可得， ，則，故選：ACD.11. 因為開車前往某大型超市購物的人員較多，故超市在制定停車收費方案時，需要考慮顧客停車時間的長短.現(xiàn)隨機采集了200個停車時間的數(shù)據(jù)(單位：)，按，分成5組，其頻率分布直方圖如圖. 超市決定對停車時間不超過40分鐘的顧客免收停車費(同一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點值代替)，則下列說法正確的是（ ）A. B. 開車購物的顧客約有25

10、%免交停車費C. 開車購物的顧客平均停車時間約為58D. 所采集數(shù)據(jù)中停車時間在區(qū)間內(nèi)的最多，可將70作為眾數(shù)的估計值.ABCD【分析】A：根據(jù)頻率分布直方圖中小長方形的面積和等于1，得，解方程即可判斷；B：結(jié)合頻率分布直方圖求出停車事件不超過40分鐘的頻率即可；C：根據(jù)頻率分布直方圖求出平均數(shù)即可； D：依據(jù)眾數(shù)的概念進行判斷即可.【詳解】A：，解得：，故A正確；B：開車購物的顧客免交停車費的概率為，故B正確；C：開車購物的顧客平均停車時間約為，故C正確；D：由眾數(shù)的概念可知：眾數(shù)為70，故D正確.故選：ABCD.12. 已知正方體的棱長為2，點是棱的中點，點在四邊形內(nèi)(包括邊界)運動，則下

11、列說法正確的是（ ）A. 若在線段上，則三棱錐的體積為定值B. 若在線段上，則與所成角的取值范圍為C. 若平面，則點的軌跡的長度為D. 若，則與平面所成角正切值的最大值為ACD【分析】A. 如圖，當在線段上時，當?shù)狡矫娴木嚯x不變，又底面的面積是定值，所以三棱錐的體積為定值，所以該選項正確；B. 如圖，分析得與所成角的取值范圍為，所以該命題錯誤；C.如圖，分別是中點，點的軌跡是線段，所以該選項正確；D. 點的軌跡為以中點為圓心，以1為半徑的半圓，,所以的最小值為,所以與平面所成角正切值的最大值為.所以該選項正確.【詳解】A. 如圖，因為平面平面所以平面所以當在線段上時，當?shù)狡矫娴木嚯x不變，又底面

12、的面積是定值，所以三棱錐的體積為定值，所以該選項正確；B. 如圖，因為所以與所成角就是與所成的角（銳角或直角），當點在時，由于是等邊三角形，所以這個角為，當時，這個角為，由圖得與所成角的取值范圍為，所以該命題錯誤；C.如圖，分別是中點，點的軌跡是線段,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，所以點的軌跡的長度為，所以該選項正確；D.如圖，由題得與平面所成角為,即求的最小值，因為,平面,所以平面,所以,所以點的軌跡為以中點為圓心，以1為半徑的半圓，,所以的最小值為,所以與平面所成角正切值的最大值為.所以該選項正確.故選：ACD三、填空題（本題共4小題，每小題5分

13、，共20分）13. 在國慶閱兵中，某兵種A，B，C三個方陣按一定次序通過主席臺，若先后次序是隨機排定的，則B先于A，C通過的概率為_.【分析】列出所有基本事件，然后利用古典概型求解即可【詳解】由題意可得：所有的基本事件有共有6個，則B先于A，C通過的包括共2個，所以概率為故14. 若一個圓錐的軸截面是邊長為的等邊三角形，則這個圓錐的側(cè)面積為_【分析】利用圓錐的性質(zhì)求出底面半徑與母線長，再利用圓錐的側(cè)面積計算公式即可得出【詳解】軸截面是邊長為4等邊三角形，所以圓錐底面半徑，圓錐母線圓錐的側(cè)面積故本題主要考查圓錐側(cè)面積的求解，熟練掌握圓錐的性質(zhì)及圓錐的側(cè)面積的計算公式是解題的關鍵15. 復數(shù)，則的

14、最大值是_.【分析】設根據(jù)已知條件可得復數(shù)對應的點的軌跡，再利用復數(shù)模的幾何意義即可求解.【詳解】設，則，所以復數(shù)對應的點的軌跡為以為圓心，為半徑的圓，即圓，表示點到點的距離，所以的最大值是.故答案為.16. 已知三棱錐為中點，側(cè)面底面，則三棱錐外接球的表面積為_，過點的平面截該三棱錐外接球所得截面面積的取值范圍為_ . . 【分析】根據(jù)球和棱錐的幾何性質(zhì)、面面垂直的性質(zhì)定理，結(jié)合球的表面積公式和圓的面積公式進行求解即可.【詳解】連接，由可知：和是等邊三角形，設三棱錐外接球的球心為，所以球心到平面和平面的射影是和的中心，是等邊三角形，為中點，所以，又因為側(cè)面底面，側(cè)面底面，所以底面，而底面，因

15、此所以是矩形.和是邊長為2的等邊三角形，所以兩個三角形的高，在矩形中，.，連接，所以，所以三棱錐外接球的表面積為；設過點的平面為， 當時，此時所得截面的面積最小，該截面為圓形，因此圓的半徑為：，所以此時面積為；當點在以為圓心的大圓上時，此時截面的面積最大，面積為：，所以截面的面積范圍為：，故；四、解答題（本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17. 某手機店根據(jù)手機銷售的相關數(shù)據(jù)繪制了兩幅統(tǒng)計圖來自該店財務部的數(shù)據(jù)報告表明，該手機店 月的手機銷售總額一共是萬元.請根據(jù)圖、圖解答下列問題： （1）該手機店三月份的銷售額為多少萬元？（2）該店一月份音樂手機的銷售額為多少萬

16、元?（3）小剛觀察圖后，認為四月份音樂手機的銷售額比三月份減少了，你同意他的看法嗎?請說明理由（1）60萬元；（2）19.55萬元；（3）不同意，理由見解析.【分析】（1）三月份的銷售額為銷售總額減去1月、2月和4月的銷售額之和；（2）一月份音樂手機的銷售額為1月份的銷售額乘以23%即可；（3）通過兩圖求出3、4月份的音樂手機銷售額，然后比較【詳解】（1）由已知及圖1知，3月份手機銷售額為萬元 （2）由圖1及圖2知，1月份音樂手機銷售額為萬元（3）由圖1及圖2知，3月份音樂手機銷售額為：萬元4月份音樂手機銷售額為：萬元，4月份音樂手機銷售額比3月份音樂手機銷售額增加了，所以不同意小剛的看法.1

17、8. 如圖，三棱錐中，分別是棱，上的點，且平面（1）求證：平面；（2）若平面，為線段的中點，求到直線的距離（1）證明見解析；（2） .【分析】（1）通過線面平行的性質(zhì)定理證明EFBD，再根據(jù)線面平行的判定定理證明BD平面AEF；（2）過點P作AB的垂線，根據(jù)題意證明線線垂直構(gòu)造直角三角形，通過勾股定理解得答案.【詳解】（1）EF平面ABD，平面BCD平面ABD=BD，且平面BCD，EFBD，又BD平面AEF，平面AEF，BD平面AEF.（2）作于，連接，則即為點到直線的距離.平面，又，平面ABC，又，平面PEH，AE平面BCD，AEBE，在中，由等積法可得：，P為DE的中點，.DE平面ABC，

18、DEEH，即PEEH，由勾股定理.19. 在中，內(nèi)角，所對的邊分別為，已知，.（1）求的值；（2），且，求的值.（1）；（2）3.【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，從而可求出，然后在中，利用正弦定理求出的長，從而可得答案【詳解】（1）在中，由正弦定理得所以（2）由知在線段上，在中，所以，得，所以即由得，因為，所以角為銳角，所以，在中，由正弦定理得，所以，因為，所以，所以20. 如圖，在多面體中，四邊形是正方形，平面， （1）求證：（2）求到平面的距離.（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）連接，由平面，可得，再由四邊形是正方形，可得，再由線面垂直

19、的判定定理可得平面，從而可得；（2）由已知可得兩兩垂直，所以以為坐標原點，分別為軸正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可【詳解】（1）連接，因為平面，平面，所以，因為四邊形是正方形，所以，因為，所以平面，因為平面平面，所以（2）四邊形是正方形，則，又平面，以為坐標原點，分別為軸正方向建立空間直角坐標系，由,得,則，由,，得,所以平面的一個法向量，所以到平面距離21. 本學期期末考試，全班50名同學的數(shù)學成績均在內(nèi)，老師將全班同學的數(shù)學成績按如下方式分成7組：，.制作頻數(shù)分布表如下（有兩個數(shù)據(jù)污損）.分組頻數(shù)合計（）成績不低于120分為優(yōu)秀，按數(shù)學成績優(yōu)秀與否進行分層，采用分層隨機抽樣的方法，抽取5名同學代表班級參加座談，在5名參加座談的同學中隨機選2人介紹經(jīng)驗，記事件A=“兩人成績均為優(yōu)秀”，求事件A的概率；（）本學期初，老師在全班50名學生中隨機抽取20名學生，組成數(shù)學加強組，對全組學生進行加強訓練，其余30名同學為對照組.本次期末考試中，加強組成績?yōu)椋?，其平均分?25.5，方差為79.75；對照組成績記為，其平均分為118，方差