2021年广东省潮州市高一（下）期末数学试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．（4分）复数z＝i（1 i）的实部为（ ）
A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i
2．（4分）公司有员工49人，其中30岁以上的员工有14人，没超过30岁的员工有35人，为了解员工的健康情况，用分层抽样的方法抽一个容量为7的样本，其中30岁以上的员工应抽多少（ ）
A．2人 B．4人 C．5人 D．1人
3．（4分）某人打开手机时，忘记了开机的六位密码的第二位和第四位，只记得第二位是7，8，9中的一个数字，第四位是1，2，3中的一个数字，则他输入一次能够开机的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．（4分）在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cosB＝（ ）
A． B． C． D．
5．（4分）已知两条不同直线l，m，两个不同平面α，β，则下列命题正确的是（ ）
A．若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m B．若α∥β，m∥α，l⊥β，则l⊥m
C．若α⊥β，l⊥α，m⊥β，则l∥m D．若α⊥β，l∥α，m∥β，则l⊥m
6．（4分）18世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如，|z|＝|OZ|，也即复数z的模的几何意义为z对应的点Z到原点的距离．在复平面内，复数z0（i是虚数单位，a∈R）是纯虚数，其对应的点为Z0，满足条件|z|＝1的点Z与Z0之间的最大距离为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（4分）如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个观测点C，D，测得∠BCD＝15°，∠CBD＝30°，CD＝10m，并在C处测得塔顶A的仰角为45°，则塔高AB＝（ ）
A．30m B．20m C．30m D．20m
8．（4分）在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝2DC，E为BC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
9．（4分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别是a，b，c．若c﹣acosB＝（2a﹣b）cosA，则△ABC的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
10．（4分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CD的中点，则下列错误的是（ ）
A．直线AD1与BD的夹角为60°
B．平面AED⊥平面A1FD1
C．点C1到平面AB1D1的距离为
D．若正方体每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面只能是三角形和六边形
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，满分16分）
11．（4分）已知复数﹣5 i与﹣3﹣2i分别表示向量和，则表示向量的复数为 ．
12．（4分）柜子里有3双不同的鞋子，随机地取出2只，则取出的2只鞋子不成对的概率为 ．
13．（4分）某圆锥母线长为4，其侧面展开图为半圆面，则该圆锥体积为 ．
14．（4分）边长为3的正三角形ABC中，E为BC中点，F在线段AC上且AFFC，若AE与BF交于M，则• ．
三、解答题：本大题共5小题满分44分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（8分）已知||＝1，||＝2，（2）•（2）＝﹣3．
（1）求与的夹角θ；
（2）求|2|．
16．（8分）某电动车售后服务调研小组从汽车市场上随机抽取20辆纯电动汽车调查其续驶里程（单次充电后能行驶的最大里程），被调查汽车的续驶里程全部介于50公里和300公里之间，将统计结果分成5组：[50，100），[100，150），[150，200），[200，250），[250，300），绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求续驶里程在[200，300]的车辆数；
（2）求续驶里程的平均数；
（3）若从续驶里程在[200，300]的车辆中随机抽取2辆车，求其中恰有一辆车的续驶里程在[200，250]内的概率．
17．（8分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量（sinA，sinB﹣sinC），（，），且⊥．
（1）求角C的大小；
（2）若a b＝7，△ABC的面积等于3，求c边长．
18．（10分）如图，四棱锥P﹣ABCD，四边形ABCD为平行四边形，AD＝2，AB＝4，∠BAD＝60°，AC∩BD＝O，PB＝PD，PA＝PC，M为PD中点．
（1）求证：OM∥平面PBC；
（2）求证：平面PAD⊥平面PBD．
19．（10分）甲、乙两队举行围棋擂台赛，规则如下：两队各出3人，排定1，2，3号．第一局，双方1号队员出场比赛，负的一方淘汰，该队下一号队员上场比赛．当某队3名队员都被淘汰完，比赛结束，未淘汰完的一方获胜，如图表格中，第m行、第n列的数据是甲队第m号队员能战胜乙队第n号队员的概率．
0.5 | 0.3 | 0.2 |
0.6 | 0.5 | 0.3 |
0.8 | 0.7 | 0.6 |
（1）求甲队2号队员把乙队3名队员都淘汰的概率；
（2）比较第三局比赛，甲队队员和乙队队员哪个获胜的概率更大一些？
试题解析
1．解：∵z＝i（1 i）＝i i2＝﹣1 i，∴实部为﹣1，
故选：B．
2．解：每个个体被抽到的概率等于，
故30岁以上的员工应抽取的人数为 142，
故选：A．
3．解：某人打开手机时，忘记了开机的六位密码的第二位和第四位，
只记得第二位是7，8，9中的一个数字，第四位是1，2，3中的一个数字，
∴密码的组合方式有n＝3×3＝9，
∴他输入一次能够开机的概率是p．
故选：C．
4．解：根据正弦定理可得，
，
解得，
又∵b＜a，
∴B＜A，故B为锐角，
∴，
故选：D．
5．解：对于A，由α∥β，l⊂α，m⊂β，得l∥m或l与m异面，故A错误；
对于B，若α∥β，l⊥β，则l⊥α，又m∥α，则l⊥m，故B正确；
对于C，若α⊥β，l⊥α，m⊥β，则l⊥m，故C错误；
对于D，若α⊥β，l∥α，m∥β，则l与m的位置关系是平行、相交或异面，
相交与平行时，可能垂直，也可能不垂直，故D错误．
故选：B．
6．解：由z0，
因为复数z0（i是虚数单位，a∈R）是纯虚数，
所以a 2＝0，解得a＝﹣2，
所以z0＝2i，则Z0（0，2），由于|z|＝1，故设Z（x，y）且x² y²＝1，﹣1≤y≤1，
所以|ZZ0|3，
故点Z与Z0之间的最大距离为3．
故选：C．
7．解：在△BCD中，∠BCD＝15°，∠CBD＝30°，CD＝10m，
由正弦定理，可得，
可得CB＝2020，
在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，
所以塔高AB＝BC＝20m．
故选：D．
8．解：如图所示：
在三角形ABE中，
，
故选：A．
9．解：∵c﹣acosB＝（2a﹣b）cosA，C＝π﹣（A B），
∴由正弦定理得：sinC﹣sinAcosB＝2sinAcosA﹣sinBcosA，
∴sinAcosB cosAsinB﹣sinAcosB＝2sinAcosA﹣sinBcosA，
∴cosA（sinB﹣sinA）＝0，
∵cosA＝0，或sinB＝sinA，
∴A或B＝A或B＝π﹣A（舍去），
故选：D．
10．解：对于A，如图1，连接D1B1，AB1，则∠AD1B1为直线AD1与BD所成的角，
因为△AD1B1是等边三角形，所以∠AD1B1＝60°，
所以直线AD1与BD的夹角为60°，故A正确；
对于B，如图2，易得D1F⊥AD，D1F⊥AE，AD∩AE＝A，
所以D1F⊥平面AED，又D1F⊂平面A1FD1，
所以平面AED⊥平面A1FD1，故B正确；
对于C，如图1，点C1到平面AB1D1的距离等于点A1到平面AB1D1的距离，
所以，
设点C1到平面AB1D1的距离为h，
由，
可得22sin60°×h2×2×2，解得h，故C错误；
正方体每条棱所在直线与平面α所成的角相等，
则α截此正方形所得截面只能是位于8个顶点的8个等边三角形和正六边形，如图1和3所示，故D正确．
故选：C．
11．解：∵5 i，3﹣2i，
∴（﹣3﹣2i）﹣（﹣5 i）＝2﹣3i，
即向量表示的复数为2﹣3i．
故答案为：2﹣3i．
12．解：∵取法总数有C62＝15种，取出的鞋成对的种数有3种，
∴取出的鞋不成对的概率p＝1．
故答案为：
13．解：由已知可得半圆的弧长为：l2π×4＝4π，即圆锥的底面周长为4π，
设圆锥的底面半径是r，则2πr＝4π，
解得：r＝2，
即圆锥的底面半径是2，高h．
∴圆锥的体积为：V，
故答案为：．
14．解：如图，取CF的中点G，连接EG，
因为AFFC，所以G为CF的中点，又因为E为BC的中点，
所以EG∥BF，即EG∥MF，
因为F为AG的中点，所以M为AE的中点．
（法一）因为在上的投影向量为，
所以•••（）²＝﹣（）²．
（法二）以E为原点，以BC为x轴，以EA为y轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则E（0，0），A（0，），M（0，），B（，0），
所以（0，），（，），
所以•．
故答案为：．
15．解：（1）∵，
∴，∴，
∴，且θ∈[0，π]，
∴；
（2），∴．
16．解：（1）由题意可知，0.002×50 0.005×50 0.008×50 x×50 0.002×50＝1，
解得x＝0.003，
所以续驶里程在[200，300]的车辆数为：20×（0.003×50 0.002×50）＝5；
（2）由直方图可得，续航里程的平均数为：
0.002×50×75 0.005×50×125 0.008×50×175 0.003×50×225 0.002×50×275＝170．
（3）由（2）及题意可知，续驶里程在[200，250）的车辆数为3，分别记为A，B，C，
续驶里程在[250，300]的车辆数为2，分别记为a，b，
事件A＝“其中恰有一辆汽车的续驶里程为[200，250）”
从该5辆汽车中随机抽取2辆，所有的可能如下：
（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），
（B，C），（B，a），（B，b），
（C，a），（C，b），（a，b）共10种情况，
事件A包含的可能有共：
（A，a），（A，b），（B，a），
（B，b），（C，a），（C，b） 6种情况，
计算．
17．解：（1）∵在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，
向量（sinA，sinB﹣sinC），（，），且⊥．
∴（a﹣b）sinA （b c）（sinB﹣sinC）＝0，
由正弦定理得：（a﹣b）a （b c）（b﹣c）＝0，
∴a2﹣ab b2﹣c2＝0，∴a2 b2﹣c2＝ab，
由余弦定理得：cosC，
∵0＜C＜π，∴C；
（2）∵3，∴ab＝12，
∵a b＝7，
∴c2＝a2 b2﹣2abcosC＝（a b）2﹣3ab＝49﹣36＝13，
∴c．
18．证明：（1）因为四边形ABCD为平行四边形，AC∩BD＝O，
所以O为BD中点，
因为M为PD中点，所以OM∥PB，
因为OM⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，
所以OM∥平面PBC．
（2）因为BD²＝AB² AD²﹣2AB•AD•cos60°＝16 4﹣2×4×212，
所以AD² BD²＝AB²，即AD⊥BD，
因为四边形ABCD为平行四边形，AC∩BD＝O，
所以O为AC，BD中点，
因为PB＝PD，PA＝PC，所以PO⊥AC，PO⊥BD，
因为AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD，
因为AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD，
又BD∩PO＝O，所以AD⊥平面PBD，
因为AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PBD．
19．解：（1）甲队2号队员把乙队3名队员都淘汰的概率为：
P＝0.5×0.6×0.5×0.3＝0.045．
（2）第3局比赛甲队队员获胜可分为3个互斥事件，
（i）甲队1号胜乙队3号，概率为：0.5×0.3×0.2＝0.03，
（ii）甲队2号胜乙队2号．，概率为：0.5×0.7×0.5 0.5×0.6×0.5＝0.325，
（iii）甲队3号胜乙队1号，概率为：0.5×0.4×0.8＝0.16，
∴第3局甲队队员获胜的概率为P＝0.03 0.325 0.16＝0.515，
∴第3局乙队队员获胜的概率为：1﹣0.515＝0.485，
∵0.515＞0.485，
∴甲队队员获胜的概率更大一些。
,
