2020-2021学年河北省某校高一（下）期末考试数学试卷

2020-2021学年河北省某校高一（下）期末考试数学试卷

一、选择题

已知复数亨由为虚数单位），则（

1.Z=[+|2-1|=)

A.更C呼

2B5

2.在△ABC中，a=3,b=2,A=30°,贝iJsinB=()

ASB・|

3.如图，AB是。。的直径，点C,。是半圆弧4B的两个三等分点，AB=a,AC=b,

则而等于（）

+4D1-a»+bT

222-2

4.已知一组数据为20,30,40,50,50,60,70,80,其平均数、第60百分位数和

众数的大小关系是（）

A.平均数＞第60百分位数〉众数

B.平均数（第60百分位数（众数

C.第60百分位数〈众数〈平均数

D.平均数=第60百分位数=众数

5.五一节放假期间，甲去北京旅游的概率为右乙、丙去北京旅游的概率分别为:.

34

|.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率

为（）

AA59B

60l心D高

6.如图，正方体4BCD-4B1GD1的棱长为1,E,F,G分别为棱AB,GQ的

中点，经过E,F,G三点的平面被正方体所截，则截面图形的面积为（）

7.在某中学举行的环保知识竞赛中，将三个年级参赛的学生的成绩进行整理后分为5

组，绘制出如图所示的频率分布直方图，图中从左到右依次为第一、第二、第三、第

四、第五小组，已知第二小组的频数是40,则成绩在80〜100分的学生人数是（）

频率

0.015.

0.01

0.005.

8.已知平面al平面0,ocC0=l,下列结论中正确的是（）

A.若直线mJ■平面a,则m〃/?

B.若平面yJ_平面a,则y〃£

C.若直线ml直线L则

D.若平面y_L直线。则/_1£

二、多选题

1.已知复数z=1+i（其中i为虚数单位），则以下说法正确的有（）

A.复数z的虚部为i

B.|z|=V2

C.复数z的共匏复数，=l-i

D.复数z在复平面内对应的点在第一象限

试卷第2页，总20页

2.如图是民航部门统计的今年春运期间十二个城市售出的往返机票的平均价格以及相

比去年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表，下面叙述正确的是（）

12城市春运往返机票平均价格

州圳京州海津庆安京门都汉

价格—涨幅

A.深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高

B.深圳和厦门的春运期间往返机票价格同去年相比有所下降

C.平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州

D.平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门

3.若向量2=（75,3）,1=（n,通），下列结论正确的是（）

A.若a,b同向，则n=1

C.若了在之上的投影向量为3"（"是与向量Z同向的单位向量），贝旧=3

D.若之与6所成角为锐角，贝Un的取值范围是n>-3

4.如图，点P在正方体ABCD-aB1C1D1的面对角线BG上运动，贝"）

A.三棱锥A-DiPC的体积不变B.&P〃平面AC%

C.DP1B£D.平面PDBi1•平面ACDi

三、填空题

I.在长方体ABC。一4当Ci%中，已知04=DC=4,DD1=3,则异面直线与

&C所成角的余弦值为.

2.水痘是一种传染性很强的病毒性疾病，易在春天爆发.市疾控中心为了调查某校高

年级学生注射水症疫苗的人数，在高一年级随机抽取5个班级，这5个班级中抽取的人

数分别为5,a,7,7,10,若把每个班级抽取的人数作为样本数据，已知样本平均数

为7,则样本数据中的方差是.

3.如果%,x2,x3,打的方差是：，贝3X2,3X3,3/的方差为.

4.已知向量；=(x,2),b=(2,1),c=(3,x),若,则|b+"|=.

四、解答题

1.甲、乙两射击运动员分别对一目标射击1次，甲射中的概率为08乙射中的概率为

0.9,求：

(1)两人都射中的概率；

(2)两人中恰有一人射中的概率；

(3)两人中至少有一人射中的概率.

2.在△ABC中，角4,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=2,cosB=|.

(1)若b=4,求sinA的值；

(2)若AABC的面积S-BC=4,求b,c的值.

3.眼睛是心灵的窗户，保护好视力非常重要，某校高一、高二、高三年级分别有学生

1200名、1080名、720名.为了解全校学生的视力情况，学校在6月6日“全国爱眼日”

采用分层抽样的方法，抽取50人测试视力，并根据测试数据绘制了如图所示的频率分

试卷第4页，总20页

布直方图.

(2)试估计该学校学生视力不低于4.8的概率：

(3)从视力在［4.0,44)内的受测者中随机抽取2人，求2人视力都在［4.2,4.4)内的概率.

4.如图：某快递小哥从4地出发，沿小路48TBe以平均时速20公里/小时，送快件到C

处，已知BD=10(公里)，4DCB=45°,4CDB=30。，AABD是等腰三角形，

乙48。=120°.

(1)试问，快递小哥能否在50分钟内将快件送到C处？

(2)快递小哥出发15分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能

派车沿大路AD-DC追赶，若汽车平均时速60公里/小时，问，汽车能否先到达C处？

5.如图，四棱锥S-ABCD的侧面SAD是正三角形，AB//CD,且ZBIAD,AB=

2CD=4,E是BS的中点.

(1)求证：CE〃平面S4。；

(2)若平面“1。_L平面4BCD,且BS=4或，求三棱锥B-E4C的体积.

6.一个盒中装有编号分别为1,2,3,4的四个形状大小完全相同的小球.

(1)从盒中任取两球，求取出的球的编号之和大于5的概率.

(2)从盒中任取一球，记下该球的编号a,将球放回，再从盒中任取一球，记下该球的

编号b,求|a-b|12的概率.

试卷第6页，总20页

参考答案与试题解析

2020-2021学年河北省某校高一（下）期末考试数学试卷

一、选择题

1.

【答案】

A

【考点】

复数的模

复数的运算

【解析】

利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出.

【解答】

解：复数z=：+今（i为虚数单位），

,一

・・z—1=---1------V-2-.

22'

则忆—1|=+-

故选A.

2.

【答案】

A

【考点】

正弦定理

【解析】

由正弦定理直接得出答案.

【解答】

解：：a=3,b=2,A=30",

•I—r-□>r-k--t-mzpq»-»bsinA2xsin301

••由正弦定理得s】nB=,=-^=“

故选4.

3.

【答案】

D

【考点】

向量的线性运算性质及几何意义

圆周角定理

【解析】

连结CD、OD.由圆的性质与等腰三角形的性质，证出CD〃4B且AC〃D。，得到四边

形力CD。为平行四边形，所以+再根据题设条件即可得到用2分表示向

量AD的式子.

【解答】

解：连结CD、0D,

:点C、。是半圆弧4B的两个三等分点，

弧AC=弧8。，可得CD//AB,^.CAD=Z.DAB=ix900=30°,

,?OA=OD.

Z.ADO=/.DAO=30°,

由此可得NQW=/-DAO=30°,

AC//DO,

，四边形ACC。为平行四边形，可得G=A+晶，

"?AO=-AB=-a,AC=b,

22

T1TT

AD=-a+b.

故选D.

4.

【答案】

D

【考点】

众数、中位数、平均数

【解析】

从数据为20,30,40,50,50,60,70,80中计算出平均数、第60百分位数和众数,

进行比较即可.

【解答】

解：平均数为：x(20+30+40+50+50+60+70+80)=50,

8

8X60%=4.8,

第5个数50即为第60百分位数.

众数为50.

它们的大小关系是平均数=第60百分位数=众数.

故选D.

5.

【答案】

B

【考点】

相互独立事件的概率乘法公式

对立事件的概率公式及运用

【解析】

试卷第8页，总20页

根据甲、乙、丙去北京旅游的概率，得到他们不去北京旅游的概率，至少有1人去北京

旅游的对立事件是没有人取北京旅游，根据三人的行动相互之间没有影响，根据相互

独立事件和对立事件的概率得到结果.

【解答】

解：•••甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为aP9

345

他们不去北京旅游的概率分别为|,三

345

至少有1人去北京旅游的对立事件是没有人取北京旅游，

•••至少有1人去北京旅游的概率为P=l—|x,x(=|.

故选B.

6.

【答案】

B

【考点】

截面及其作法

【解析】

分别取BCM4CG的中点为根据平面的性质确定截面图形为正六边形

EHNGFM,计算出MN=V2,结合三

角形的面积公式，即可得出截面图形的面积.

【解答】

解：分别取BC,AAltCCi的中点为H,M,N,连接EH,HN,NG,FM,ME,

B

容易得出FG〃EH,GN//ME.HN//FM,则点E,F,H,G,M,N共面,

且FG=EH=GN=ME=HN=FM=Jg?+针=当

即经过E,F,G三点的截面图形为正六边形EHNGFM.

连接MN,EG.FH,且相交于点。，

因为MN=AC=Vl2+I2=V2,

所以OE=OH=ON=OG=OF=OM

则截面图形的面积为6GX号x乎sin60。）=手.

故选B.

7.

【答案】

D

【考点】

用样本的数字特征估计总体的数字特征

频数与频率

【解析】

根据频率分布直方图，结合频率、频数与样本容量的关系，求出结果即可.

【解答】

解：根据频率分布直方图得:第二小组的频率是0。4xl0=0.4,频数是40.

，样本容量是昔=100.

0.4

成绩在80〜100分的频率是（0.01+0.005）x10=0.15,

对应的频数（学生人数）是1。。x0.15=15.

故选D.

8.

【答案】

D

【考点】

空间中直线与平面之间的位置关系

空间中平面与平面之间的位置关系

空间中直线与直线之间的位置关系

【解析】

由线面的位置关系可判断A；由面面的位置关系可判断B；由线面的位置关系和面面垂

直的性质可判断C；由面面垂直的判定定理可判断。.

【解答】

解：4平面a!•平面0,aC0=I,若直线m1平面a,则zn〃夕或mu仇故4错误；

B,平面al平面色若平面y_L平面a,则＞7〃或y与£相交，故B错误；

C,平面a1平面色aC0=I,若m1I,则mu0或m1/?,故C错误；

D,平面a_L平面0,ad/3=I,若平面yJ_直线L又Iu仇由面面垂直的判定定理可

得y1。，故。正确.

故选。,

二、多选题

1.

【答案】

B.C.D

【考点】

复数的模

复数的基本概念

【解析】

试卷第10页，总20页

由已知结合复数的基本概念、复数模的求法及复数的代数表示法及其几何意义逐一核

对四个选项得答案.

【解答】

解：4：复数z=l+i,，复数z的虚部为1,故4错误；

B,|z|=Vl2+I2=V2,故B正确；

C,复数z的共版复数2=1-i,故C正确；

D,复数z在复平面内对应的点的坐标为(1,1),在第一象限，故。正确.

故选BCD.

2.

【答案】

A,B,C

【考点】

频率分布折线图、密度曲线

【解析】

根据折线的变化率，得到相比去年同期变化幅度、升降趋势，逐一验证即可.

【解答】

解：4由图可知深圳对应的小黑点最接近0%,故变化幅度最小，北京对应的条形图

最高，则北京的平均价格最高，故4正确；

B,深圳和厦门对应的小黑点在0%以下，故深圳和厦门的价格同去年相比有所下降，

故B正确；

C,条形图由高到低居于前三位的城市为北京、深圳和广州，故C正确；

D,平均价格的涨幅由高到低分别为天津、西安和南京，故。错误.

故选4BC.

3.

【答案】

A,C

【考点】

平面向量数量积的运算

数量积表示两个向量的夹角

平行向量的性质

数量积判断两个平面向量的垂直关系

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：4,设；=高，所以｛口所以k=n=1,即2:旧汇所以n=l满足,

故4正确；

B,因为行曰+3•(-£)=0,所以(今—习也是与途直的单位向量，故B错误；

C,因为「在友上的投影向量为3、所以独=3,所以fn+36=3,所以n=3,故C正

⑷J(V3)2+32

确；

D,因为a与b所成角为锐角，所以a-b〉。且a,b不同向，

所以馋#8>°,所以“6(-3,1)U(1,+8),故。错误.

故选AC.

4.

【答案】

A,B,D

【考点】

直线与平面平行的判定

平面与平面垂直的判定

柱体、锥体、台体的体积计算

【解析】

利用正方体的性质结合空间线面位置关系求解.

【解答】

解：对于4由题意知4DJ/BC1，从而BC"/平面4。道，

故BG上任意一点到平面ADZ内距离均相等，

所以以P为顶点，平面为底面，则三棱锥4-OiPC的体积不变，故4正确；

对于B,连接&B,4G,4G〃ac且相等，

由于选项4知：AD\〃BC[、

所以BaG〃面ACD1,从而由线面平行的定义可得，&P〃平面4CD1,故B正确；

对于C,由于DC1平面BCG/,所以0C1BG，

若DP1BCj,则BG1平面DCP,BCi1PC,

则P为中点，与P为动点矛盾，故c错误；

对于D,连接DBi,

由OB11ACS.DB1LAD1,

可得DB[1面力从而由面面垂直的判定知，故。正确.

故选4BD.

三、填空题

1.

【答案】

9

25

【考点】

余弦定理

异面直线及其所成的角

试卷第12页，总20页

【解析】

连接4D,由4D〃B1C得NB&D为异面直线4窗与所成的角，由此能求出异面直

线与&C所成角的余弦值.

【解答】

解：连接&D,

VAM/BiJ

4B4D为异面直线与&C所成的角.

连接8。，在△&0B中，

=5,BD=4V2,

力182+4102—8。2

则COSNB&D=

2-ArBArD

25+25-32_9

2X5X5-25

•••异面直线与BiC所成角的余弦值为安.

故答案为：言

2.

【答案】

2.8

【考点】

众数、中位数、平均数

极差、方差与标准差

【解析】

由平均数的计算公式的出a的值，再根据方差的计算公式求解即可.

【解答】

解：由已知得：5+a+；+7+】。=7,

解得a=6,

所以样本数据中的方差是

(5-7)2+(6-7)2+(7-7)2+(7-7)2+(10-7)2

----------------------------------------------=2n.8o.

5

故答案为：2.8.

3.

【答案】

3

【考点】

极差、方差与标准差

【解析】

直接利用方差运算的结论求解即可.

【解答】

解：因为Xi,X2,尤3,%4的方差是，，

则3.，3M2,3巧，3%4的方差为32x1=3.

故答案为：3.

4.

【答案】

5点

【考点】

向量的模

平面向量共线(平行)的坐标表示

【解析】

根据二I山即可求出x=4,从而可求出'+”=(5,5),这样即可求出山+A的值.

【解答】

解:.:a//b,

：.x-4=0,

/.%=4,

c=(3,4),

?.b+c=(5,5),

\b+c\=5V2.

故答案为：5V2.

四、解答题

1.

【答案】

解：(1)设“甲射击一次，击中目标”为事件4“乙射击一次，击中目标”为事件B,

事件4与B是相互独立的.

两人都射中的概率为P(4B)=PQ4)P(B)=0.8x0.9=0.72.

(2)两人中恰有一人射中的概率为

PQ4互)+P(AB)=0.8x(1-0.9)+(1-0.8)x0.9=0.26.

(3)两人中至少有一人射中的概率等于1减去两个人都没有射中的概率，

所求的概率等于1一P(AB)=1-P(A)-P(B)=1-0.2x0.1=0.98.

【考点】

相互独立事件的概率乘法公式

互斥事件的概率加法公式

【解析】

试卷第14页，总20页

设“甲射击一次，击中目标”为事件4"乙射击一次，击中目标''为事件B.(1)两人都

射中的概率为P(AB)=P(A)P(B),运算求得结果.

(2)两人中恰有一人射中的概率为P(4万)+P(AB)=0.8x(l-0.9)+(1-0.8)x

0.9,运算求得结果.

(3)两人中至少有一人射中的概率等于1减去两个人都没有击中的概率，即1-

P颂)=1-P(A)-P⑥,运算求得结果.

【解答】

解：(1)设“甲射击一次，击中目标”为事件4“乙射击一次，击中目标''为事件民

事件力与B是相互独立的.

两人都射中的概率为P(AB)=P(A)P(B)=0.8x0.9=0.72.

(2)两人中恰有一人射中的概率为

PQ4后)+P(彳B)=0.8x(1-0.9)+(1-0.8)x0.9=0.26.

(3)两人中至少有一人射中的概率等于1减去两个人都没有射中的概率，

所求的概率等于1一P(而)=1-P0)♦P(互)=1-0.2x0.1=0.98.

2.

【答案】

解：(I)：cosfi=|,BG(0,7T),

sinB=，.

a=2,6=4,

由正弦定理得二7=£

sin/1-

.•2

・・smA4=

5

(2)由S0BC=jacsinF=c-|=4可解得c=5,

由余弦定理可得

b2=a2+c2-2accosB=4+25-2x2x5x|=17,

b=y/17.

【考点】

解三角形

余弦定理

正弦定理

同角三角函数间的基本关系

【解析】

(1)利用同角三角函数公式求出sinB,再利用正弦定理求sinA的值；

(2)利用三角形面积公式求c,再利用余弦定理求b的值.

【解答】

解：（1）；COSB=I，Be（o,7T）,

4

sinfi=-.

5

*.*a=2,b=4,

•••由正弦定理得高=:.

smA-

sin4=|.

（2）由SAABC=^acsinB=c-^=4可解得c-5,

由余弦定理可得

b2=a2+c2-2accosB=4+25-2x2x5x|=17,

b=V17.

3.

【答案】

解：（1）高一年级抽取的学生人数为：

50X—————=20.

1200+1080+720

所以从高一年级抽取的学生人数为20.

（2）由频率分布直方图，得（0.2+0.3+1.04-1.5+1.2+a）x0.2=1,

所以a=0.8.

所以抽取50名学生中，视力不低于4.8的频率为（1.2+0.8）x0.2=0.4,

所以该校学生视力不低于4.8的概率的估计值为0.4.

（3）由频率分布直方图，得

视力在［4。4.2）内的受测者人数为0.2x0,2x50=2,

记这2人为的,a2.

视力在［4.2,4.4）内的受测者人数为0.3x0,2x50=3,

记这3人为瓦，b2,b3.

记“抽取2人视力都在［4.2,4.4）内”为事件4,

从视力在［4。4.4）内的受测者中随机抽取2人，所有的等可能基本事件共有10个，

分别为3〕。2），（%也）,31也）,（%也），（。2也），@也），（。2，瓦），血也）,

（如坛），（%坛），

则事件力包含其中3个基本事件：（瓦,与），31，坛），（坛,％）,

根据古典概型的概率公式，得PG4）=总.

所以2人视力都在［4.2,4.4）内的概率为力.

【考点】

分层抽样方法

频率分布直方图

列举法计算基本事件数及事件发生的概率

【解析】

无

无

试卷第16页，总20页

无

【解答】

解：（1）高一年级抽取的学生人数为:

50x—————=20.

1200+1080+720

所以从高一年级抽取的学生人数为20.

（2）由频率分布直方图，得（0.2+0.3+1.0+1.5+1.2+a）x0.2=1,

所以a=0.8.

所以抽取50名学生中，视力不低于4.8的频率为（1.2+0.8）x0.2=0.4,

所以该校学生视力不低于4.8的概率的估计值为0.4.

（3）由频率分布直方图，得

视力在［4。4.2）内的受测者人数为0.2x0,2x50=2,

记这2人为的,a2.

视力在［4.2,4.4）内的受测者人数为0.3x0.2x50=3,

记这3人为瓦，b2,b3.

记”抽取2人视力都在［4.2,44）内”为事件A,

从视力在［4.0,4.4）内的受测者中随机抽取2人，所有的等可能基本事件共有10个，

分别为（a〕。2），（%也）,（%也），（%也），（。2也），（。2也），（。2,瓦），（与也）,

（瓦也）,电电）,

则事件4包含其中3个基本事件：（事件2）,电也），电也）,

根据古典概型的概率公式，得PG4）=总

所以2人视力都在［4.2,44）内的概率为总.

4.

【答案】

解：（1）由已知得，AB=BD=10（公里），

在^BCO中，

,BD__BC

出sin45°一sin300，

得BC=5或（公里）.

由于：啜虫X60251.21>50,

于是快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处.

（2）在AABD中，AD2=102+102-2x10x10x（-1）=300,

得4D=10遮（公里），

在ABC。中，/.CBD=105°,

由.CD=5.

R,sinl05°sin30c，

得CD=5（1+百）（公里），

由于佝义60+15=20+15百x45.98<51.21（分钟），

60

于是汽车能先到达C处.

【考点】

正弦定理

余弦定理

【解析】

（1）首先利用正弦定理求出结果.

（2）直接利用正弦定理和余弦定理求出结果.

【解答】

解：（1）由已知得，AB=BD=10（公里），

在^BCD中，

,BD__BC

出sin45°-sin3O°'

得BC=5/（公里）.

由于：嗤立X60«51.21>50,

于是快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处.

（2）在△ABD中，AD2=102+102-2xl0xl0x（一手=300,

得4D=108（公里），

在△BCD中，/.CBD=105",

由,。口=

R•sinl05°sin30°'

得CD=5（1+75）（公里），

由于IO、G+5（I+V的X60+15=20+158x45.98<51.21（分钟），

60

于是汽车能先到达C处.

5.

【答案】

（1）证明：取S4的中点F,连接EF,

,/E是SB中点，

EF//AB,B.AB=2EF.

又；AB//CD,AB=2CD,

：.EF//DC,EF=DC,

则四边形EFDC是平行四边形，

EC//FD,

又•:ECC平面SAO,尸0<=平面5:4。，

CE〃平面SAD.

（2）解：取）。中点G,连接SG,

S4D是正三角形，

SGLAD,

平面S4。1平面ABCD,且交线为4D,

SG_L平面ABCD.

ABLAD,

试卷第18页，总20页

，4B_L平面SAD,贝IJABJ.SA,

故S4=y/SB2-AB2=4,SG=2倔

E是SB中点，

点E到平面4BCD的距离等于：SG=V3,

•••三棱锥B-E4C的体积为：

^B-EAC=^E-BAC=[x]x4x4xV^=竽.

【考点】

直线与平面平行的判定

柱体、锥体、台体的体积计算

【解析】

(1)取S4的中点F,连接EF,证明四边形EFDC是平行四边形，得出EC〃F。，CE//

平面S4D；

(2)取4。中点G,连接SG,证明SGL平面ABCD,求出点E到平面ABCD的距离，再

由等体积法求三棱锥B-