2020届辽宁省抚顺市省重点高中协作校高一下学期期末数学试题(解析版)

一、单选题

1．已知命题p：x(1,),x168x，则命题p的否定为

3A．p:x(1,),x168x

3C．p:x0(1,),x0168x0

3B．p:x(1,),x168x

3D．p:x0(1,),x0168x0

3【答案】C

【解析】全称命题的否定为特称命题，则命题p：x1,，x3168x的否定为x1,，x3168x . 本题选择C选项.

2．若实数a满足a2a0,则a,a,a的大小关系是：

2A.aaa2 【答案】D

B.aaa2 C.a2aa D.aa2a

【解析】分析：先解不等式a2a0,再根据不等式性质确定a,a,a的大小关系. 详解：因为a2a0,所以1a0 , 所以a0a2a 选D.

点睛：本题考查一元二次不等式解法以及不等式性质，考查基本求解能力与运用性质解决问题能力.

3．在中秋的促销活动中，某商场对9月14日9时到14时的销售额进行统计，其频率分布直方图如图所示，已知12时到14时的销售额为7万元，则10时到11时的销售额为（ ）

2

A.1万元 【答案】C

B.2万元 C.3万元 D.4万元

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【解析】分析：先根据12时到14时的销售额为7万元求出总的销售额，再求10时到11时的销售额.

详解：设总的销售额为x,则

70.2510.110.35,x20. x10时到11时的销售额的频率为1-0.1-0.4-0.25-0.1=0.15. 所以10时到11时的销售额为200.153.故答案为：C.

点睛：（1）本题主要考查频率分布直方图求概率、频数和总数，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平.(2)在频率分布直方图中，所有小矩形的面积和为1，频率=4．已知a，b都是实数，那么“2a2b”是“a2b2”的（ ） A.充分不必要条件 C.充要条件 【答案】D

ab【解析】p:22ab；q:abab，ab与ab没有包含关系，

频数. 总数B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

22故为“既不充分也不必要条件”.

5．在△ABC中，AB3，AC1，B

π

，则△ABC的面积是（ ）． 6

C．

A．3 2B．3 433或 42D．3或3 2【答案】C

6．对一切实数x，不等式x(a1)x10恒成立.则a的取值范围是（ ）

42A．a1 C．a3 【答案】A 【解析】【详解】

42x0时，xa1x110恒成立.

B．a0 D．a1

x0时，原不等式等价于x2由x211a. x21的最小值是2，可得1a2，即a1. 选A. x27．已知，是两个不同的平面，给出下列四个条件： ①存在一条直线a，使得a，a；

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②存在两条平行直线a，b，使得a//，a//，b//，b//； ③存在两条异面直线a，b，使得a，b，a//，b//； ④存在一个平面，使得，． 其中可以推出//的条件个数是（ ） A．1 【答案】B

8．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥PABC为鳖臑，PA平面ABC,PA3,AB4,AC5，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ） A．17 【答案】C

【解析】由题意，PA⊥面ABC，则△PAC,△PAB为直角三角形，PA=3,AB=4，所以PB=5，又△ABC是直角三角形，所以∠ABC=90°,AB=4，AC=5所以BC=3,因为VPBC为直角三角形，经分析只能PBC90o，故PCB．25

C．34

D．50

B．2

C．3

D．4

PB2BC225934，三棱锥PABC的外接球的圆心为PC的中点，所以2R34则球O的表面积为

4R234.

故选C.

uuuruuur2uuuruuuruuur9．△ABC中,D在AC上,ADDC ,P是BD上的点,APmABAC ,则m

9的值（ ） A．

5 9B．

7 9C．

1 2D．

1 4【答案】A

10．已知正方形ABCD的边长为2，若将正方形ABCD沿对角线BD折叠为三棱锥

ABCD，则在折叠过程中，不能出现（ ）

A．BDAC

【答案】D

B．平面ABD平面CBD D．ABCD

C．VACBD23第 3 页 共 13 页

11．在ABC中，已知2acosBc，sinAsinB(2cosC)sin为（ ）

A．等腰直角三角形 C．锐角非等边三角形 【答案】A 【详解】

B．等边三角形 D．钝角三角形

2C1，则ABC22将已知等式2acosB＝c，利用正弦定理化简得：2sinAcosB＝sinC， ∵sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，

∴2sinAcosB＝sinAcosB+cosAsinB，即sinAcosB﹣cosAsinB＝sin（A﹣B）＝0， ∵A与B都为△ABC的内角，∴A﹣B＝0，即A＝B，

111（1﹣cosC）+＝1﹣cosC， 22211﹣ [cos（A+B）﹣cos（A﹣B）]（2﹣cosC）＝1﹣ cosC， 2211∴﹣（﹣cosC﹣1）（2﹣cosC）＝1﹣ cosC，

22已知第二个等式变形得：sinAsinB（2﹣cosC）＝即（cosC+1）（2﹣cosC）＝2﹣cosC，

整理得：cosC﹣2cosC＝0，即cosC（cosC﹣2）＝0， ∴cosC＝0或cosC＝2（舍去）， ∴C＝90°，

则△ABC为等腰直角三角形． 故选：A．

2

uuuruuuruuuruuuruuurAB4ACuuuruuuruuuruuurAPuuuruuur，则PB•PC12．已知平面内，AB•AC0，AB•AC1，且

ABAC的最大值等于（ ） A.13 【答案】A

B.15

C.19

D.21

uuuruuurruuuruuurruuuruuuruuuruuuuuuruuu【解析】令ABm，ACn，将PB，PC表示成PBABAP，PCACAP，uuuruuurm1uuur4uuurn4uuur1uuuruuuruuurABACACAB，展开可即可将PBPC表示成PBPCnmmn得：PBPCm4n17，再利用基本不等式即可求得其最大值. 【详解】

uuuruuur第 4 页 共 13 页

uuuruuur令ABm，ACn，则mn1

uuuruuuruuurm1uuur4uuuruuuruuuruuurn4uuur1uuurABAC，PCACAPACAB 又PBABAPmnnmuuuruuurm1uuur4uuurn4uuur1uuurABACACAB 所以PBPCmnnmruuurm11uuur2n44uuur241uuuruuurm1n4uuuABACABACACAB

mnmmnnnmm4n1724mn1713

当且仅当m2,n故选：A 【点睛】

本题主要考查了平面向量基本定理的应用及利用基本不等式求最值，考查转化能力及计算能力，属于难题.

二、填空题

13．省农科站要检测某品牌种子的发芽率，计划采用随机数表法从该品牌800粒种子中抽取60粒进行检测，现将这800粒种子编号如下001，002，，800，若从随机数表第8行第7列的数7开始向右读，则所抽取的第4粒种子的编号是 ．（下表是随机数表第7行至第9行）

84 42 17 53 31 57 24 55 06 88 77 04 74 47 67 21 76 33 50 25 83 92 12 06 76

63 01 63 78 59 16 95 55 67 19 98 10 50 71 75 12 86 73 58 07 44 39 52 38 79

33 21 12 34 29 78 64 56 07 82 52 42 07 44 38 15 51 00 13 42 99 66 02 79 54

【答案】507

【解析】试题分析：依据随机数表，抽取的编号依次为785,567,199，507．第四粒编号为507．

【考点】随机数表．

1时，等号成立. 2uruurruruurruurrr14．设e1，e2为单位向量，其中a2e1e2，be2，且a在b方向上的射影数量为uruur2，则e1与e2的夹角是___．

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【答案】

 3【详解】

因为a在b方向上的射影数量为2，

rrrraburururur22r所以，整理得：2e1e2e22e2 b

uruur又e1，e2为单位向量，

uruur1所以e1e2.

2urururuure1e21cosurur设e1与e2的夹角，则

e1e22uruur所以e1与e2的夹角是

ur15．已知a,b,c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m=3(3,-1，

)rrrncosA,sinA．若mn，且acosBbcosAcsinC，则B=

【答案】

 6【详解】

根据题意,mn  3cosAsinA0A由正弦定理可得sinAcosBsinBcosAsin2C

rr3

sin(AB)sin2C

sinCsin2C

sinC1

C2

则B=π-A-C=所以答案为

。 6π 6uuuruuuruuurur16．设O在ABC的内部，且OA2OB3OCO，AOC的面积与ABC的面积

之比为______． 【答案】1:3

uuuruuuruuuruuur【解析】记2OBOD,3OCOE，可得：O为ADE的重心，利用比例关系可得：

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SAOC:SAOE1:3，SBOC:SDOE1:6,SBOA:SDOA1:2，结合：SAOESDOESDOA即

可得解. 【详解】

记2OBOD,3OCOE

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurur则OAODOEO

则O为ADE的重心，如下图

由三角形面积公式可得：SAOC:SAOE1:3，SBOC:SDOE1:6,SBOA:SDOA1:2 又O为ADE的重心，

1所以SAOESDOESDOASADE，

3所以SABCSAOCSBOCSBOA111SDOASDOA 32611所以SAOC:SABCSAOE:SDOA

33【点睛】

本题主要考查了三角形重心的向量结论，还考查了转化能力及三角形面积比例计算，属于难题.

三、解答题 17．如下图，长方体

中，

，

，点是棱

上一点.

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（1）当点在上移动时，三棱锥的体积是否变化？若变化，说明理由；若

不变，求这个三棱锥的体积. （2）当点在

上移动时，是否始终有

，证明你的结论.

【答案】（1）；（2）详见解析. 【解析】（ I）三棱锥

的体积不变，

.

（ II）当点在证明：连接∴∵∴又∴又∴

平面平面

． 平面

．

，， ，

平面

，

上移动时，始终有

是正方形，

，

，∵四边形，

，

平面

，

18．某中学的高二（1）班男同学有45名，女同学有15名，老师按照分层抽样的方法组建了一个4人的课外兴趣小组.

（1）求课外兴趣小组中男、女同学的人数；

（2）经过一个月的学习、讨论，这个兴趣小组决定选出两名同学做某项实验，方法是先从小组里选出1名同学做实验，该同学做完后，再从小组内剩下的同学中选一名同学做实验，求选出的两名同学中恰有一名女同学的概率；

（3）试验结束后，第一次做试验的同学得到的试验数据为68，70，71，72，74，第二次做试验的同学得到的试验数据为69,70,70,72,74 ，请问哪位同学的实验更稳定？并说明理由.

【答案】(1) 男、女同学的人数分别为3人，1人；(2)

1；(3) 第二位同学的实验更2第 8 页 共 13 页

稳定，理由见解析

【解析】（1）设有x名男同学，利用抽样比列方程即可得解

（2）列出基本事件总数为12，其中恰有一名女同学的有6种，利用古典概型概率公式计算即可

（3）计算出两位同学的实验数据的平均数和方差，问题得解 【详解】

（1）设有x名男同学，则

45x，∴x3，∴男、女同学的人数分别为3人，1人 604（2）把3名男同学和1名女同学记为a1,a2,a3,b，则选取两名同学的基本事件有

(a1,a2)，(a1,a3)，(a1,b)，(a2,a1)，(a2,a3)，(a2,b)，(a3,a1)，(a3,a2)，(a3,b)，

(b,a1)，(b,a2)，(b,a3)共12种，其中恰有一名女同学的有6种，

61 1226870717274697070727471，x271 （3）x155∴选出的两名同学中恰有一名女同学的概率为P(6871)2(7071)2(7171)2(7271)2(7471)2s4，

521(6971)2(7071)2(7071)2(7271)2(7471)2s3.2

522因s1s2，所以第二位同学的实验更稳定. 【点睛】

本题主要考查了分层抽样比例关系及古典概型概率计算公式，还考查了样本数据的平均数及方差计算，考查方差与稳定性的关系，属于中档题

19．如图，在ABC中，点P在BC边上，PAC60o，PC2，APAC4.

22

（1）求边AC的长； （2）若APB的面积是33，求BAP的值. 2第 9 页 共 13 页

【答案】(1)2；(2) BAParcsin357 38【解析】（1）设ACx，利用余弦定理列方程可得：

14x2(4x)22x(4x)，解方程即可

2（2）利用（1）中结果即可判断APC为等边三角形，即可求得ABP中BP边上的高为3，再利用APB的面积是33即可求得：PB3，结合余弦定理可得：2319AB19，再利用正弦定理可得：sinBAP3，问题得解

2【详解】

（1）在APC中，设ACx，则AP4x，

由余弦定理得：PC2AC2AP22AC•APcosPAC 即：4x(4x)2x(4x)解之得：x2，即边AC的长为2.

（2）由（1）得APC为等边三角形，作ADBC于D，

221 2

则ADPAsin60o3 ∴SAPB1333，故PB3 PBADPB2222PB2PA22PB•PAcos19 3在ABP中，由余弦定理得：AB319PBAB∴在ABP中，由正弦定理得：，即：sinBAP3 sinBAPsinBPA233357 ∴

sinBAP23819第 10 页 共 13 页

∴BAParcsin【点睛】

357 38本题主要考查了利用正、余弦定理解三角形，还考查了三角形面积公式的应用及计算能力，属于中档题

20．已知函数f(x)x(a1)x1(aR).

（1）若关于x的不等式f(x)0的解集是x|mx2，求a，m的值； （2）设关于x的不等式f(x)0的解集是A，集合B{x|0x1}，若AB，求实数a的取值范围. 【答案】(1) a(2)a|a1.

【解析】分析：（1）先根据不等式解集与对应方程根的关系得x2-（a+1）x+1=0的两个实数根为m、2，再利用韦达定理得结果.（2）当A∩B=时，即不等式f（x）＞0对x∈B恒成立，再利用变量分离法得a+1＜x+即得结果.

详解：（1）∵关于x的不等式f（x）＜0的解集是{x|m＜x＜2}， ∴对应方程x2-（a+1）x+1=0的两个实数根为m、2， 由根与系数的关系，得

，解得a=

，m=

；

231，m. 221的最小值，最后根据基本不等式求最值，x（2）∵关于x的不等式f（x）≤0的解集是A，

集合B={x|0≤x≤1}，当A∩B=时，即不等式f（x）＞0对x∈B恒成立； 即x∈0,1时，x2-（a+1）x+1＞0恒成立， ∴a+1＜x+

对于x∈（0，1]恒成立（当

时，1>0恒成立）；

．

∵当x∈（0，1]时，

∴a+1＜2，即a＜1，∴实数a的取值范围是

点睛：一元二次方程的根与对应一元二次不等式解集以及对应二次函数零点的关系，是数形结合思想，等价转化思想的具体体现，注意转化时的等价性.

21．如图，△ABC是边长为2的正三角形，AE⊥平面ABC，且AE=1，又平面BCD⊥平面

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ABC，且BD=CD，BD⊥CD．

（1）求证：AE∥平面BCD； （2）求证：平面BDE⊥平面CDE． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析

【解析】试题分析：（1）取BC的中点M，连接DM、AM，证明AE∥DM，通过直线与平面平行的判定定理证明AE∥平面BCD．

（2）证明DE∥AM，DE⊥CD．利用直线与平面垂直的判定定理证明CD⊥平面BDE．然后证明平面BDE⊥平面CDE．

证明：（1）取BC的中点M，连接DM、AM， 因为BD=CD，且BD⊥CD，BC=2， 所以DM=1，DM⊥BC，AM⊥BC， 又因为平面BCD⊥平面ABC， 所以DM⊥平面ABC，所以AE∥DM， 又因为AE⊄平面BCD，DM⊂平面BCD， 所以AE∥平面BCD．

（2）由（1）已证AE∥DM，又AE=1，DM=1， 所以四边形DMAE是平行四边形，所以DE∥AM． 由（1）已证AM⊥BC，又因为平面BCD⊥平面ABC， 所以AM⊥平面BCD，所以DE⊥平面BCD． 又CD⊂平面BCD，所以DE⊥CD．

因为BD⊥CD，BD∩DE=D，所以CD⊥平面BDE． 因为CD⊂平面CDE，所以平面BDE⊥平面CDE．

【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．

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uuur1uuur2uuurA,B,C22．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，三点满足OCOAOB.

33(1)求证：A,B,C三点共线； (2)已知

uuuruuur22uuurA1,cosx,B1sinx,cosx,x0,,fxOAOC2mAB的最小

32值为

1，求实数m的值. 21 2uuuruuur【解析】试题分析：（1）只需证得BCBA0 即可。（2）由题意可求得fx

【答案】（1）证明过程见解析；（2）m的解析式，利用换元法转换成gtt2mt2,t0,1 ，讨论gt 的单调性，

221 可解得m的值。 2uuuruuuruuur1uuur1uuur1uuur（1）证明：BCOCOBOAOBBA,A,B,C三点共线.

333可知其在0,1上为单调减函数，得g1uuuruuuruuur2πABsinx，OC1sinx,cosx， （2）ABsinx,0,Qx0,，23uuuruuur2OAOC1sinxcos2x,fx1cos2x2m2sinxsin2x2m2sinx23，

gt在0,1上是令gtt2mt2,t0,1，其对称轴方程为tm0，222减函数，

11fxmingtming112m2，m。

22点睛：证明三点共线的方法有两种：一、求出其中两点所在直线方程，验证第三点满足直线方程即可；二、任取两点构造两个向量，证明两向量共线即可。在考试中经常采用第二种方法，便于计算。证明四点共线一般采用第一种方法。

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