2020-2021学年安徽省合肥八中高一下期末数学试卷 答案和解析

2020-2021学年安徽省合肥八中超越班高一（下）期末数学复习试卷（14）一、单选题（本大题共6小题，共30.0分）1. 10张奖券中有4张“中奖”奖券，甲乙两人先后参加抽奖活动，每人从中不放回抽取一张奖券，甲先抽，乙后抽，在甲中奖条件下，乙没有中奖的概率为( )A. 35B. 23C. 34D. 4152. 甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为( )A. 56B. 25C. 16D. 133. 抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件A 为“向上的点数为1或4”，事件B 为“向上的点数为奇数”，则下列说法正确的是( )A. A 与B 互斥B. A 与B 对立C. P(A +B)=23D. P(A +B)=564. 齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马.某天，齐王与田忌赛马，双方约定：比赛三局，每局各出一匹，每匹马赛一次，赢得两局者为胜，则田忌获胜概率为( )A. 112B. 16C. 14D. 135. 下列命题：①对立事件一定是互斥事件；②若A ，B 为两个随机事件，则P(A ∪B)=P(A)+P(B)； ③若事件A ，B ，C 彼此互斥，则P(A)+P(B)+P(C)=1； ④若事件A ，B 满足P(A)+P(B)=1，则A 与B 是对立事件． 其中正确命题的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 46. 甲、乙两位同学各拿出六张游戏牌，用作投骰子的奖品，两人商定：骰子朝上的面的点数为奇数时甲得1分，否则乙得1分，先积得3分者获胜得所有12张游戏牌，并结束游戏．比赛开始后，甲积2分，乙积1分，这时因意外事件中断游戏，以后他们不想再继续这场游戏，下面对这12张游戏牌的分配合理的是( )A. 甲得9张，乙得3张B. 甲得6张，乙得6张C. 甲得8张，乙得4张D. 甲得10张，乙得2张二、多选题（本大题共2小题，共14.0分）7.给出下列四个命题，其中正确的命题有()A. 做100次抛硬币的试验，结果51次出现正面朝上，因此，出现正面朝上的概率是51100B. 随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率C. 抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是950D. 随机事件发生的频率不一定是这个随机事件发生的概率8.中国篮球职业联赛(CBA)中，某篮球运动员在最近几次参加的比赛中的得分情况如表：记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A，投中三分球为事件B，没投中为事件C，用频率估计概率的方法，得到的下述结论中，正确的是()A. P(A)=0.55B. P(B)=0.18C. P(C)=0.27D. P(B+C)=0.55三、单空题（本大题共4小题，共24.0分）9.某产品分甲、乙、丙三级，其中甲级属正品，乙、丙两级属次品.若生产中出现乙级产品的概率为0.03，出现丙级产品的概率为0.01，则对成品任意抽查一件抽得正品的概率为______ ．10.某工厂生产了一批节能灯泡，这批产品中按质量分为一等品、二等品、三等品．从这批产品中随机抽取一件产品检测，已知抽到一等品或二等品的概率为0.86，抽到二等品或三等品的概率为0.35，则抽到二等品的概率为______．11.抛掷一枚骰子10次，若结果10次都为六点，则下列说法正确的序号是______．①若这枚骰子质地均匀，则这是一个不可能事件；②若这枚骰子质地均匀，则这是一个小概率事件；③这枚骰子质地一定不均匀．12.给3个人写3封内容不同的信，写好后将它们随意装入写好地址与收信人的3个信封，每个信封装一封信，则全部装错的概率为______．四、解答题（本大题共2小题，共32.0分）13.2020年新冠肺炎疫情期间，广大医务工作者逆行出征，为保护人民生命健康做出了重大贡献，某医院首批援鄂人员中有2名医生，1名护士和2名志愿者，采用抽签的方式，若从这五名援鄂人员中随机选取两人参与金银潭医院的救治工作．(1)求选中1名医生和1名护士的概率；(2)求至少选中1名医生的概率．14.三个人玩传球游戏，每个人都等可能地传给另两人(不自传)，从A发球算起，经4次传球又回到A手中的概率是多少？答案和解析1.【答案】B【解析】解：根据题意，10张奖券中有4张“中奖”奖券，甲先抽，并且中奖，此时还有9张奖券，其中3张为“中奖”奖券，则在甲中奖条件下，乙没有中奖的概率P=69=23，故选：B．根据题意，分析甲先抽，并且中奖后剩余的奖券和“中奖”奖券的数目，由古典概型公式计算可得答案．本题考查古典概型的计算，涉及条件概率，属于基础题．2.【答案】A【解析】【分析】本题考查互斥事件的概率公式，关键是判断出事件的关系，属于基础题．利用互斥事件的概率加法公式即可得出．【解答】解：∵甲获胜与甲、乙两人下成和棋是互斥事件．∴根据互斥事件的概率计算公式可知：甲不输的概率P=13+12=56．故选：A．3.【答案】C【解析】解：抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件A为“向上的点数为1或4”，事件B 为“向上的点数为奇数”，对于A，事件A与事件B能同时发生，故A错误；对于B，事件A与事件B能同时发生，故B错误；对于C，抛掷一颗质地均匀的骰子，基本事件总数n=6，A+B包含的基本事件个数为m=4，∴P(A+B)=mn =46=23，故C正确；对于D，P(A+B)=23，故D错误．故选：C．事件A与事件B能同时发生，从而A与B不是互斥事件，也不是对立事件；抛掷一颗质地均匀的骰子，基本事件总数n=6，A+B包含的基本事件个数为m=4，从而P(A+B)=mn =46=23．本题考查命题真假的判断，考查对立事件、互斥事件、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4.【答案】B【解析】解：设齐王的上等马、中等马、下等马分别为A，B，C，设田忌的上等马、中等马、下等马分别为a，b，c，每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．基本事件有6个，分别为：(Aa,Bb，Cc)，(Aa,Bc，Cb)，(Ab,Bc，Ca)，(Ab,Ba，Cc)，(Ac,Bb，Ca)，(Ac,Ba，Cb)，田忌获胜包含的基本事件有：(Ac,Ba，Cb)，只有1个，∴田忌获胜的概率为p=16．故选：B．设齐王的上等马、中等马、下等马分别为A，B，C，田忌的上等马、中等马、下等马分别为a，b，c，每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．利用列举法能求出田忌获胜的概率．本题考查概率的求法，涉及到古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力、应用意识等核心素养，是基础题．5.【答案】A【解析】解：①对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件，故①正确；②A、B为两个互斥事件，则P(A∪B)=P(A)+P(B)，故②不正确；③若事件A、B、C两两互斥，则P(A)+P(B)+P(C)≤1，故③不正确；④若事件A、B是独立事件，且满足P(A)+P(B)=1，则A，B是对立事件，故④不正确．故选：A ．对四个命题分别进行判断得出正确选项即可．本题考查命题的真假判断，是基础题．解题时要认真审题，注意互斥事件、对立事件的灵活运用．6.【答案】A【解析】 【分析】本题以实际问题为载体，考查概率的运用，解题的关键是分析再赛两局，甲、乙各自获胜的概率，为中档题．由题意知本题是一个古典概型试验发生的事件是投骰子，为了决出胜负，最多再赛两局，用“甲”表示甲胜，用“乙”表示乙胜，于是这两局有四种可能：(甲，甲)，(甲，乙)，(乙，甲)，(乙，乙).其中甲获胜有3种，而乙只有1种，从而得到甲乙获胜的概率． 【解答】解：由题意，为了决出胜负，最多再赛两局，用“甲”表示甲胜，用“乙”表示乙胜，于是这两局有四种可能：(甲，甲)，(甲，乙)，(乙，甲)，(乙，乙)． 其中甲获胜有3种，而乙只有1种， 所以甲获胜的概率是34，乙获胜的概率是14．所以甲得到的游戏牌为12×34=9，乙得到圆心牌为12×14=3；当甲得3分时获得12张游戏牌，当甲得1分时获得3张牌，当甲得2分时获得9张牌， 故选A ．7.【答案】CD【解析】解：对于A ：做100次抛硬币的试验，结果51次出现正面朝上，因此，出现正直朝上的频率是51100，故A 错误；对于B ：随机事件发生的频率可以估计这个随机事件发生的概率，故B 错误； 对于C ：抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是950，故C 正确；对于D ：随机事件发生的频率不一定是这个随机事件发生的概率，故D 正确． 故选：CD ．直接利用概率和频率的关系判断A、B、C、D的结论．本题考查的知识要点：概率和频率的关系，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．8.【答案】ABC【解析】解：记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A，投中三分球为事件B，没投中为事件C，由古典概型得：P(A)=55=0.55，故A正确；100=0.18，故B正确；P(B)=18100P(C)=1−P(A)−P(B)=1−0.55−0.18=0.27，故C正确；P(B+C)=P(B)+P(C)=0.18+0.27=0.45，故D错误．故选：ABC．利用古典概型概率计算公式直接求解．本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．9.【答案】0.96【解析】解：某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，∵生产中出现乙级品的概率为0.03，出现丙级品的概率为0.01，∴对成品抽查一件抽得正品的概率p=1−0.03−0.01=0.96．故答案为：0.96．利用对立事件概率计算公式直接求解．本题考查概率的求法，对立事件概率计算公式等基础知识，考查了推理能力与计算能力，是基础题．10.【答案】0.21【解析】解：设抽到一等品、二等品、三等品的事件分别为A ，B ，C ， 则{P(A)+P(B)=0.86P(B)+P(C)=0.35P(A)+P(B)+P(C)=1，解得抽到二等品的概率P(B)=0.21． 故答案为：0.21．抽到一等品、二等品、三等品的事件分别为A ，B ，C ，利用互斥事件概率加法公式列出方程组，能求出抽到二等品的概率．本题考查互斥事件的概率，考查互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．11.【答案】②【解析】解：根据题意，抛掷一枚骰子10次，若结果10次都为六点，若这枚骰子质地均匀，这种结果可能出现，但是一个小概率事件； 故①③错误，②正确； 故答案为：②根据题意，由随机事件的定义分析可得答案．本题考查随机事件、概率的定义，注意概率的定义，属于基础题．12.【答案】13【解析】解：给3个人写3封内容不同的信，写好后将它们随意装入写好地址与收信人的3个信封，每个信封装一封信， 基本事件总数n =A 33=6，全部装错包含的基本事件个数m =2×1×1=2， 全部装错的概率p =m n=26=13．基本事件总数n =A 33=6，全部装错包含的基本事件个数m =2×1×1=2，由此能求出全部装错的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．13.【答案】解：(1)由题意，选中1名医生和1名护士的概率为C 21C 11C 52=15；(2)至少选中1名医生包含两种情况： ①1名医生；②2名医生． 所以至少选中1名医生的概率为C 21C 31C 52+C 22C 52=610+110=710．【解析】(1)求出总的基本事件数和符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可；(2)求出总的基本事件数和符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式和分类计数原理求解即可；本题考查了古典概型的概率问题，解题的关键是求出总的基本事件数以及满足条件的基本事件数，属于基础题．14.【答案】解：传球方案的总数为2×2×2×2=16种，由题意可知，第三次传球后球一定不在A 中，第四次传球只能传给A ， 若第二次传球后球在A 中，则不同的传法有2×1×2×1=4种， 若第二次传球后球不在A 中，则不同的传法有2×1×1×1=2种， 所以第四次能传回A 的方案数为4+2=6种， 则经4次传球又回到A 手中的概率是616=38．【解析】求出总的基本事件数和符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可．本题考查了古典概型的概率问题，解题的关键是求出总的基本事件数以及满足条件的基本事件数，属于基础题．。

八中2021-2021学年高一数学下学期期末考试试题一、选择题：此题一共12小题，每一小题5分，一共60分，在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的.1.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =，41a =-，那么5S =〔 〕A ．10B ．5C ．0D ．2- 2.(2,3)a =-，a 与b 的夹角为60︒，那么a 在b 方向上的投影为〔 〕A ．72B ．72C ．27D ．2773.某班级17位同学某次数学结合诊断测试成绩的茎叶图如下图，那么这17位同学成绩中位数为〔 〕A ．91B ．92C ．94D ．954.总体由编号为01，02，...，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表的第1行第5列和第6列数字开场由左向右依次选取两个数字，那么选出来的第5个个体的编号为〔 〕7961 9507 8403 1379 5103 2094 4316 83171869 6254 0738 9261 5789 8106 4138 4975A ．20B ．18C ．17D ．165.某企业2021年4月之前的过去5个月产品广告投入与利润依次统计如表：由此所得回归方程为ˆ12yx a =+，那么a 为〔 〕 A ．4- B ．6- C ．8- D ．10-6.设α，β是两个不同的平面，是m ，n 两条不同的直线，以下说法正确的选项是〔 〕A ．假设m n ∥，mα，那么n α B ．假设m α⊂，n β⊂，αβ⊥，那么m n ⊥C ．m α⊂，n β⊂，m n ∥， 那么αβD ．假设n α⊂，m n ∥，m β⊥，那么αβ⊥7.假如实数m ，n ，满足：0m n <<，那么以下不等式中不成立的是〔 〕A ．m n >B ．11m n m >-C ．11n m <D ．220n m -< 8.在数列{}n a 中，11a =-，23a =-，23n n a a +=-，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，那么2022S =〔 〕A ．4-B ．1-C ．0D ．39.在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，假设22tan tan B C b c =，那么ABC △的形状为〔 〕A ．等腰三角形或者直角三角形B ．等腰直角三角形C ．等腰三角形D ．直角三角形 10.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，表达了古人的智慧与工艺，它的盛酒局部可以近似地看作是半球与圆柱的组合体〔假设内壁外表光滑，忽略杯壁厚度〕，如图2所示，己知球的半径为R ，酒杯内壁外表积为214π3R ，设酒杯上局部〔圆柱〕的体积为1V ，下局部〔半球〕的体积为2V ，那么21V V =〔 〕A ．2B ．32C ．12D ．111.设a ，b ，c 分别是ABC △的内角的对边A ，B ，C ，点M 是BC 边的中点，且2221a b c --=，那么()AB MA MB ⋅+=〔 〕A ．172-B ．172C ．12D 1712.在锐角ABC △中，假设cos cos sin sin 3sin A C B C a c A+=3cos 2C C +=，那么a b +的取值范围是〔 〕A ．(6,23B ．(0,43C ．(23,43⎤⎦D ．(6,43 二、填空题：此题一共4小题，每一小题5分，一共20分。

2020-2021学年安徽省合肥八中高一（下）期末数学复习试卷（10）一、单选题（本大题共6小题，共30.0分）1.(2021·安徽省合肥市·期末考试)下列命题正确的是()①平行于同一条直线的两条直线平行；②平行于同一条直线的两个平面平行；③平行于同一个平面的两条直线平行；④平行于同一个平面的两个平面平行．A. ①②B. ③④C. ①④D. ②③2.(2020·广西壮族自治区·单元测试)已知在m、n、l1、l2表示直线，α、β表示平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2=M，则α//β的一个充分条件是()A. m//β且l1//αB. m//β且n//βC. m//β且n//l2D. m//l1且n//l23.(2021·江苏省无锡市·同步练习)如图，在透明塑料制成的长方体ABCD−A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：①水的部分始终呈棱柱状；②水面四边形EFGH的面积不改变；③棱A1D1始终与水面EFGH平行；④当E∈AA1时，AE+BF是定值．其中正确说法的是()A. ②③④B. ①②④C. ①③④D. ①②③4.(2021·安徽省合肥市·期末考试)已知正方体ABCD−A1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和BD所成的角的大小是()A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°5.(2019·山东省青岛市·期末考试)在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，AB1⊥BC，则B1在底面ABC上的射影H必在()A. 直线AC上B. 直线BC上C. 直线AB上D. △ABC内部6.(2021·安徽省合肥市·期末考试)将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使△ABD为正三角形，则三棱锥A−BCD的体积为()A. 16B. 112C. √312D. √212二、多选题（本大题共2小题，共14.0分）7.(2021·安徽省合肥市·期末考试)如图所示，ABCD−A1B1C1D1为正方体，给出以下四个结论中，正确结论的序号为()A. AC1⊥平面CB1D1B. AC1与底面ABCD所成角的正切值是√2C. 二面角C−B1D1−C1的正切值是√2D. 若点O是BD的中点，则OA1//平面CB1D18.(2021·安徽省合肥市·期末考试)已知a、b是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是()A. 若a⊥α，a⊥β，则α//βB. 若a⊥α，b⊥α，则a//bC. 若a⊥b，b⊥α，a//β，则α//βD. 若α//β，a与α所成的角和b与β所成的角相等，则a//b三、单空题（本大题共4小题，共24.0分）9.(2021·安徽省合肥市·期末考试)若直线a//平面α，A∉α，且直线a与点A位于α的两侧，B，C∈a，AB，AC分别交平面α于点E，F，若BC=4，CF=5，AF=3，则EF的值为______ ．10.(2021·浙江省·模拟题)轴截面为等边三角形的圆锥叫作等边圆锥，底面半径为2的等边圆锥的体积为______ ．11.(2021·北京市市辖区·模拟题)在边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是该正方体表面及其内部的一动点，且BM//平面AD1C，则动点M的轨迹所形成区域的面积是______ ．12.(2021·江西省九江市·期末考试)《九章算术》是我国古代数学名著，书中将四个面均为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.如图，三棱锥P−ABC为鳖臑，且PA⊥平面ABC，AC=BC=1，PA=√2，则该鳖臑外接球的表面积为______ ．四、解答题（本大题共2小题，共32.0分）13.(2021·安徽省合肥市·期末考试)如图所示，将一副三角板拼接，使它们有公共边BC，且使两个三角形所在的平面互相垂直，若∠BAC=90°，AB=AC，∠CBD=90°，∠BDC=60°，BC=6．(1)求证：平面ABD⊥平面ACD；(2)求二面角A−CD−B的平面角的正切值；(3)求异面直线AD与BC间的距离．14.(2021·安徽省合肥市·期末考试)已知四棱锥P−ABCD，PA⊥PB，PA=PB=√2，AD⊥平面PAB，BC//AD，BC=3AD，，M是线段AB的中直线CD与平面PAB所成角的大小为π4点．(1)求证：CD⊥平面PDM；(2)求点M到平面PCD的距离．答案和解析1.【答案】C【知识点】空间中直线与平面的位置关系【解析】解：①由平行公理可得，平行于同一条直线的两条直线平行，故①正确；②平行于同一条直线的两个平面平行或相交，故②错误；③平行于同一个平面的两条直线有三种位置关系，即平行、相交或异面，故③错误；④由平面与平面平行的判定可得，平行于同一个平面的两个平面平行，故④正确．∴正确的命题是①④．故选：C．由平行公理判断①；由平行于同一直线的两平面的位置关系判断②；由平行于同一平面的两直线的位置关系判断③；由面面平行的判定判断④．本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．2.【答案】D【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断、面面平行的判定【解析】【分析】本题考查两个平面平行的判定定理的应用，明确已知条件的含义是解题的关键，属于基础题．根据题意，要使α//β，只要一个平面内有两条相交直线和另一个平面平行即可．【解答】解：由题意得，m、n是平面α内的两条直线，l1、l2是平面β内的两条相交直线，要使α//β，只要一个平面内有两条相交直线和另一个平面平行即可，故选D．3.【答案】C【知识点】棱柱的结构特征、线面平行的性质【解析】【分析】①水的部分始终呈棱柱状；从棱柱的特征平面判断即可；②水面四边形EFGH的面积改不改变；可以通过EF的变化EH不变判断正误；③棱A1D1始终与水面EFGH平行；利用直线与平面平行的判断定理，推出结论；④当E∈AA1时，AE+BF是定值．通过水的体积判断即可．本题属于中档题，考查棱柱的结构特征，直线与平面平行的判断，棱柱的体积等知识．【解答】解：①水的部分始终呈棱柱状；从棱柱的特征平面AA1B1B平行平面CC1D1D即可判断①正确；②水面四边形EFGH的面积不改变；EF是可以变化的，EH是不变的，所以面积是改变的，②是不正确的；③棱A1D1始终与水面EFGH平行；由直线与平面平行的判断定理，可知A1D1//EH，所以结论正确；④当E∈AA1时，AE+BF是定值．水的体积是定值，高不变，所以底面面积不变，所以正确．故选：C．4.【答案】C【知识点】异面直线所成角【解析】解：连接A1D，AD1，则F恰好是它们的交点，同理E点是A1C1，B1D1的交点，连接EF，AB1，正方体ABCD−A1B1C1D1中，B1B//DD，且B1B=DD，四边形BB1D1D是平行四边形，可得BD//B1D1因此∠FED1(或其补角)就是EF和BD所成的角，设正方体的棱长为1，则△FED1中，D1E=D1F=EF=√2，2∴△FED1是等边三角形，可得∠FED1=60°，由此可得EF和BD所成的角等于60°，故选：C．如图所示，EF和BD所成的角即∠FED1．本题考查异面直线所成角的求法，考查直观想象的核心素养，属于基础题．5.【答案】A【知识点】线面垂直的判定【解析】解：∵在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，AB1⊥BC，∴BC⊥AC，又AC∩AB1=A，∴BC⊥平面ACB1，BC⊂平面ABC，∴平面ACB1⊥平面ABC，∴B1在底面ABC上的射影H必在两平面的交线AC上．故选：A．由题意知要判断B1在底面ABC上的射影H，需要看过这个点向底面做射影，观察射影的位置，根据BC与一个平面上的两条直线垂直，得到BC与两条直线组成的面垂直，根据面面垂直的判断和性质，得到结果．本题考查棱柱的结构特征，考查直线与平面垂直的判定，考查平面与平面垂直的判定，考查平面与平面垂直的性质，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．6.【答案】D【知识点】圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积【解析】解：取AC的中点O，连接BO，DO，由题意，AC⊥BO，AC⊥DO，BO=DO=√22，因为△ABD为正三角形，AB=AD=DB=1，由已知可得AO=OB=OD，∴△OBD是直角三角形，∴DO⊥OB，∴V A−BCD=V D−ABC=13S ABC⋅DO=13×12×√22=√212．故选：D．取AC的中点O，连接BO，DO，求出底面面积以及高，然后求解体积即可．本题考查折叠问题，空间几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．7.【答案】ACD【知识点】利用空间向量求线线、线面和面面的夹角、线面平行的判定【解析】解：对于A，连结A1C1，因为B1D1⊥A1C1，B1D1⊥AA1，又A1C1∩AA1=A1，A1C1，AA1⊂平面AA1C1，故B 1D1⊥平面AA1C1，因为AC1⊂平面AA1C1，所以AC1⊥B1D1，同理可证AC1⊥B1C，又B1D1∩B1C=B1，B1D1，B1C⊂平面CB1D1，所以AC1⊥平面CB1D1，故选项A正确；对于B，连结AC，因为CC1⊥平面ABCD，则∠C1AC即为直线AC1与平面ABCD所成的角，故tan∠C1AC=CC1AC =√22，故选项B错误；对于C，设A1C1∩B1D1=O1，连结O1C，则∠CO1C1为二面角C−B1D1−C1的平面角，所以tan∠CO1C1=CC1OC1=√2，故选项C正确；对于D，因为A1O1//OC，且A1O1=OC，所以四边形A1O1CO为平行四边形，则OA1//CO1，又OA1⊄平面CB1D1，CO1⊂平面CB1D1，所以OA1//平面CB1D1，故选项D正确．故选：ACD．利用线面垂直的性质定理证明AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，即可判断选项A；利用异面直线所成角的定义得到∠C1AC即为直线AC1与平面ABCD所成的角，求解即可判断选项B；利用二面角的平面角的定义得到∠CO1C1为二面角C−B1D1−C1的平面角，求解即可判断选项C；利用线面平行的判定定理即可判断选项D．本题以命题的真假判断为载体，考查了空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等，属于中档题．8.【答案】AB【知识点】平面与平面的位置关系、空间中直线与直线的位置关系、空间中直线与平面的位置关系【解析】解：对于A，若a⊥α，a⊥β，由直线与平面垂直的性质可得α//β，故A正确；对于B，若a⊥α，b⊥α，由直线与平面垂直的性质可得a//b，故B正确；对于C，若a⊥b，a//β，则b与β不一定垂直，而b⊥α，则α与β不一定平行，故C错误；对于D，若α//β，a与α所成的角和b与β所成的角相等，可得a与α所成的角和b与α所成的角相等，则a与b的位置关系可能平行、可能相交、也可能异面，故D错误．故选：AB．由直线与平面垂直的性质判断A与B；由空间中直线与平面、平面与平面的位置关系判断C；由直线与平面所成角判断D．本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．9.【答案】32【知识点】线面平行的判定、利用空间向量求点、线、面之间的距离【解析】解：∵直线a//平面α，A∉α，且直线a与点A位于α的两侧，B，C∈a，AB，AC分别交平面α于点E，F，如图，∴由直线与平面平行的性质得：EF//BC，∴AFAC =EFBC，∵BC=4，CF=5，AF=3，∴33+5=EF4，解得EF=3×48=32．故答案为：32．由直线与平面平行的性质得EF//BC，从而AFAC =EFBC，由此能求出EF的值．本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系基础知识，考查数学运算、逻辑思维等核心素养，是中档题．10.【答案】8√3π3【知识点】圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积、旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）及其结构特征【解析】解：∵圆锥的底面半径为2，轴截面为等边三角形，∴圆锥的母线长l=4.圆锥的高为2√3，∴该圆锥的体积为V=13π×22×2√3=8√3π3．故答案为：8√3π3．由已知可得圆锥的母线长，再由圆锥的体积公式求解．本题考查圆锥的结构特征，考查圆锥体积的求法，是基础题．11.【答案】2√3【知识点】圆有关的轨迹问题、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征【解析】解：因为平面BA1C1//平面ACD1，点M是该正方体表面及其内部的一动点，且BM//平面AD1C，所以点M的轨迹是△A1C1B三角形及其内部，所以△A1BC1的面积为S=√34×(2√2)2=2√3．故答案为：2√3．根据平面BA1C1//平面ACD1，可得点M的轨迹是△A1C1B三角形及其内部，然后利用正三角形的面积公式进行求解即可．本题主要考查了面面平行的性质，以及三角形的面积公式，同时考查了转化思想和运算求解的能力，属于中档题．12.【答案】4π【知识点】球的表面积和体积【解析】解：∵PA⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，∴AB⊥PA，BC⊥PA，又△ABC是直角三角形，AC=BC=1，∴BC⊥AC，又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC，∴该鳖臑外接球的球心为PB的中点，则(2R)2=PA2+AC2+BC2，∴4R2=1+1+2=4，∴该鳖臑外接球的表面积为4πR2=4π．故答案为：4π．利用已知条件求出几何体的外接球的位置，求解外接球的半径，然后求解外接球表面积．本题考查几何体的外接球的表面积的求法，判断几何体的形状，求解外接球的半径是解题的关键，是中档题．13.【答案】证明：(1)∵平面BCD⊥平面ABC，BD⊥BC，平面BCD∩平面ABC=BC ∴BD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴AC⊥BD，又AC⊥AB，BD∩AB=B，∴AC⊥平面ABD又AC⊂平面ACD，∴平面ABD⊥平面ACD．(2)设BC中点为E，连AE，过E作EF⊥CD于F，连AF，由三垂线定理：∠EFA为二面角的平面角∵△EFC∽△DBC，∴EFBD =CFCD，∴EF=32,又AE=3，∴tan∠EFA=AEEF=2∴二面角的平面角的正切值为2(3)解：过点D作DG//BC，且CB=DG，连AG，设平面ADG为平面α∵BC//平面ADG，∴B到平面ADG的距离等于C到平面ADG的距离为h∵V C−AGD=V A−CBD∴13S△AGDℎ=13S△BCD AE∴ℎ=6√7 7【知识点】利用空间向量求线线、线面和面面的夹角、面面垂直的判定、利用空间向量求点、线、面之间的距离【解析】(1)要证平面ABD⊥平面ACD，关键是证AC⊥平面ABD，只需证AC⊥BC，AC⊥AB，利用平面BCD⊥平面ABC，BD⊥BC可证；(2)设BC中点为E，连AE，过E作EF⊥CD于F，连AF，由三垂线定理，可得∠EFA为二面角的平面角，从而可求；(3)将异面直线AD与BC间的距离转化为点到面的距离求解．本题的考点是与二面角有关的立体几何综合，主要考查面面垂直的判定与性质，考查二面角的平面角，考查异面直线间的距离，有一定的综合性14.【答案】解：(1)因为AD⊥平面PAB，PM⊂平面PAB，所以AD⊥PM，因为PA=PB=√2，M是线段AB的中点，所以PM⊥AB，又AD∩AB=A，AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCCD，所以PM⊥CD．取CB上点E，使得CE=13CB，连接AE，所以AD//CE且AD=CE，所以四边形AECD为平行四边形，所以CD//AE，所以直线CD与平面PAB所成角的大小等于直线AE与平面PAB所成角的大小，又AD⊥平面PAB，BC//AD，所以BC⊥平面PAB，所以∠EAB为直线AE与平面PAB所成的角，所以∠EAB=π4，所以BE=AB，因为PA=PB=√2，PA⊥PB，所以AB=2=BE，所以AD=1，BC=3，CD=2√2，所以DM=√2，CM=√10，所以DM2+DC2=CM2，所以CD⊥DM，因为DM∩PM=M，DM，PM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM．(2)由(1)可知CD⊥平面PDM，所以△CDM和△CDP均为直角三角形，又PD=√3，设点M到平面PCD的距离为d，则V P−CDM=V M−PCD，即16CD⋅DM⋅PM=16CD⋅DP⋅d，化简得DM⋅PM=DP⋅d，解得d=√63，所以点M到平面PCD的距离为√63．【知识点】线面垂直的判定、利用空间向量求点、线、面之间的距离【解析】(1)根据线面垂直的判断定理证明PM⊥平面ABCD，得到PM⊥CD；再证明CD⊥DM，进而可得出结果；(2)根据等体积法，由V P−CDM=V M−PCD，结合题中数据即可得出结果．本题主要考查线面垂直的判定以及点到平面距离，熟记判定定理以及等体积法求点到面的距离即可，属于常考题型．。

智学大联考·皖中名校联盟合肥八中2023-2024学年第二学期高一年级期末检测数学试题卷全卷满分150分，考试时间120分钟。

注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。

2．请将答案正确填写在答题卡上。

第Ⅰ卷（选择题共58分）一、单项选择题（本大题共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.请把正确答案涂在答题卡上）1.已知2(1)34i z i +=-，则z =（）A.322i --B.322i -C.322i -- D.322i -2.已知l 为一条直线，αβ，为两个不重合的平面，l α∥，则“αβ⊥”是“l β⊥”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲能破译密码的概率为14，乙能破译密码的概率为23，则这份密码被成功破译的概率为（）A ．1112B ．34C ．712D ．164.在平行四边形ABCD 中，,AB a AC b ==，则BD = （）A.2a b-+ B.2a b- C.2a b-+ D.2a b- 5.正四棱台的上､下底面的边长分别为2、4，且侧棱与底面所成角是60，则这个棱台的体积是（）A ．B ．C ．D ．6.在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与1CD 所成角的余弦值为（）A．6B．3C ．49D ．897.已知定义在R 上的函数()f x 为偶函数，且()f x 在区间(],0-∞上是增函数，记20+33315512111log ,log ,()252a f b f c f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则,,a b c 的大小关系是（）A.a c b<< B.a b c << C.b c a<< D.c a b<<8.在ABC ∆中，2AB AC ==，120BAC ∠=，过点A 作AM BC ⊥，垂足为点M ，将ABC ∆沿直线AM翻折，使点B 与点C 间的距离为3，此时四面体ABCM 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为（）A.3B.10πC.6D.13π二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.请把正确答案涂在答题卡上）9.合肥市某中学高一年级学生参加了一次英语口语能力测试（满分10分），其中男生540人，女生360人。

合肥市一中、六中、八中2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题一、选择题：每小题5分，共60分.1.设复数z 满足()1242i z i -=+，则z =（ ）A.3iB.3i -C.2iD.2i - 2.已知向量()1,2a =，(),1c m =-，若()a a c ⊥-，则实数m 的值为（ ）A.9B.7C.17D.213.某校高一年级15个班参加庆祝建党100周年的合唱比赛，得分如下：85 87 88 89 89 90 91 91 92 93 93 93 94 96 98，则这组数据的40%分位数、90%分位数分别为（ ）A.90.5，96B.91.5，96C.92.5，95D.90，964.从装有大小和形状完全相同的8个红球和2个白球的口袋内任取两个球，下列各对事件中，互斥而不对立的是（ ）A.“至少一个白球”和“都是红球”B.“至少一个白球”和“至少一个红球”C.“恰有一个白球”和“恰有一个红球”D.“恰有一个白球”和“都是红球”5.设α，β是两个不同的平面，a ，b 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）①若//αβ，//a α，则//a β或a β⊂ ②若a α⊥，b α⊥，则//a b③若a α⊥，a β⊥，则//αβ ④若αβ⊥，b αβ=，a α⊂，a b ⊥，则a β⊥A.①②③B.②③④C.①②④D.①②③④其中x x 甲乙，则两个班学生身高的方差为（ ）A.19B.18C.18.6D.207.在一个掷骰子的试验中，事件A 表示“向上的面小于5的偶数点出现”，事件B 表示“向上的面小于4的点出现”，则在一次试验中，事件A B 发生的概率为（ ）A.12B.23C.13D.568.在ABC △中，已知cos cos a A b c B +=+，则ABC △的形状是（ ）A.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.等腰或直角三角形9.如图，矩形ABCD 中，AB =ADEF 的边长为1，且平面ABCD ⊥平面ADEF ，则异面直线BD 与FC 所成角的余弦值为（ ）A.7-B.7C.5D.5-10.如图，在ABC △中，AB BC ==90ABC ∠=︒，点D 为AC 的中点，将ABD △沿BD 折起到PBD △的位置，使PC PD =，连接PC ，得到三棱锥P BCD -.若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）A.7πB.5πC.3πD.π11.如图，在平行四边形ABCD 中，22AD AB ==，120BAD ∠=︒，动点M 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上，则AM BD ⋅的最大值是（ ）A.3+B.3+C.5D.5+12.已知四棱锥P ABCD -的底面是边长为8的正方形，PD ⊥平面ABCD ，且4PD =，E ，F ，M 为PA ，PC ，AB 的中点，则经过E ，F ，M 的平面截四棱锥P ABCD -的截面面积为（ ）A. B. C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在ABC △中，23B π=，AC 1AB =，则BC =____________. 14.底面直径为2的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的表面积为____________.15.在某次测试中，甲、乙通过的概率分别为0.8，0.5，若两人测试是否通过相互独立，则至少有一人通过的概率为_______________.16.在ABC △中，角A ，B ，C 满足222sin 3sin 3sin sin sin A B C A B C =+-，则C =_________.三、解答题：本题共6小题，共70分.其中第17题10分，第18-22题每题12分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知复数()()()1124z ai i i a R =++++∈.（1）若z 在复平面中所对应的点在直线0x y -=上，求a 的值；（2）求1z -的取值范围.18.某校高一年级为了提高教学效果，对老师命制的试卷提出要求，难度系数须控制在[]0.65,0.7（难度系数是指学生得分的平均数与试卷总分的比值，例如：满分为100分的试卷平均分为68分，则难度系数680.68100=），某次数学考试（满分100分）后，王老师根据所带班级学生的等级来估计高一年级1800人的成绩情况，已知学生的成绩分为A ，B ，C ，D ，E 五个等级，统计数据如图所示，根据图中的数据，回答下列问题：（1）试估算该校高一年级学生获得等级为B 的人数.（2）若等级A ，B ，C ，D ，E 分别对应90分，80分，70分，60分，50分，请问按王老师的估计：本次考试试卷命制是否符合要求.（3）王老师决定对成绩为E 的16名学生（其中男生4人，女生12人）先找4人进行单独辅导，按分层抽样抽取的4人中任取2人，求恰好抽到1名男生的概率.19.已知ABC △的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b ac =+ （1）求A ；（2）若ABC △的面积为2，求ABC △的周长的最小值.20.如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是边长为2的菱形，且160ABB ∠=︒，点M ，G 分别在1CC ，1AB 上，且11MC GB a ==，BC =（1）证明：直线//MG 平面111A B C . （2）若点G 恰好是点1C 在平面11ABB A 内的正投影，此时32a =，求三棱锥111M A B C -的体积. （注：本大题用空间坐标系解题一律不给分）21.合肥逍遥津公园是三国古战场，也是合肥最重要的文化和城市地标，是休闲游乐场，更是几代合肥人美好记忆的承载地.2020年8月启动改造升级工作，欲对该公园内一个平面凸四边形ABCD 的区域进行改造，如图所示，其中4DC a =米，2DA a =米，ABC △为正三角形.改造后BCD △将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，ABD △将作为对三国历史文化的介绍区域.（1）当3ADC π∠=时，求旅游观光、休闲娱乐的区域BCD △的面积；（2）求旅游观光、休闲娱乐的区域BCD △的面积的最大值.22.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，BD ⊥平面1ABC ，其垂足D 落在直线1B C 上.（1）求证：1AC B C ⊥；（2）若P 是线段AB 上一点，BD =，2BC AC ==，三棱锥1B PAC -的体积为3，求二面角1P B C A --的平面角的正弦值.（注：本大题用空间坐标系解题一律不给分）参考答案一、选择题1.C2.B3.A4.D5.D6.A7.B8.D9.C 10.A 11.A 12.B二、填空题13.214.3π 15.0.9 16.6π 三、解答题17.解析：（1）化简得()()()()112435z ai i i a a i =++++=-++，………………………………2分 所以z 在复平面中所对应的点的坐标为()3,5a a -+，………………………………………………3分 在直线0x y -=上，所以()350a a --+=，得1a =-，…………………………………………5分（2）()()125z a a i -=-++==7分 因为a R ∈，且24926292a a ++≥，…………………………………………………………9分所以1z -=1z -的取值范围为2⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭.………………10分 18.解析：（1）高一年级获得成绩为B 的人数为141800252100⨯=（人）.……………3分 （2）王老师所带班级平均分为907801470416022501667.4100⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，………………6分 所以估计难度系数为0.674，符合要求.…………………………………………………………7分（3）按分层抽样，抽到的4人中男生1人，女生3人，……………………………………8分 4人中任取2人共有6种取法，……………………………………………………………………9分 2人中恰有1名男生有3种取法，……………………………………………………………………10分 所以恰好抽到1名男生的概率为3162=.………………………………………………………………12分19.解析：（1）由已知，得()()()sin sin sin b B C a c A C =+-，由正弦定理，得()()()b b a c a c =+-，即222b c a +-=.…………………………………………………………………………………2分再由余弦定理得222cos 2b c a A bc +-==.…………………………………………………………4分 又0A π<<，所以6A π=.…………………………………………………………………………5分 （2）由（1）及已知得，ABC △的面积为1sin 226ABC S bc π==△，所以8bc =.…………6分又b c +≥=7分于是()()222222cos 216a b c bc A b c bc b c =+-=+-=+--9分所以三角形周长2a b c b c ++=+≥+11分所以周长最小值为2，此时2a =，b c ==……………………………………………………………………12分20.解析：（1）过G 作1//GE AA 交11A B 于E ，连接1C E ，因为11AB A △为等边三角形，所以1GE GB =，又11GB MC =，所以1GE MC =，……………………………………………………………………1分又11//MC AA ，所以1//GE MC ，……………………………………………………………………2分所以四边形1MGEC 为平行四边形，………………………………………………4分所以1//MG EC ，又MG ⊄平面111A B C ，1EC ⊂平面111A B C ，所以直线//MG 平面111A B C .…………6分（2）因为2BC =112B C =， 又132GB =，所以，在直角三角形11C GB中，1C G 7分11132sin 60224A B G S =⨯⨯⨯︒=△，…………………………………………………………9分 又//MG 平面111A B C所以1111111111334M A B C G A B C C A B G V V V ---====.……………………………………12分 21.解析：（1）2222cos 3AC AD DC AD DC π=+-⋅⋅，∴AC =，………………………………2分 又sin sin 3AC AD ACD π=∠，∴1sin 2ACD ∠=，∴2BCD π∠=，…………………………………………4分()3214m 2BCD S a =⨯⨯=△，………………………………………………………………5分 （2）不妨设ADC θ∠=，ACD α∠=，于是()222016cos AC a θ=-①，……………………………………………………………………6分 22sin sin sin sin AC a a ACθαθα=⇒=②，…………………………………………………………………7分 22222124168cos cos 8AC a a AC a aAC a a aAC+=+-⋅⇒=③，………………………………………8分∴22212sin 124sin 238BCD a AC a S a AC AC ACAC πθα⎡⎤+⎛⎫=⨯⨯⋅+=⋅+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦△((2222sin 4sin 43a a a πθθθ⎛⎛⎫=-+=-++ ⎪ ⎝⎝≤⎭，………………11分当且仅当5 326πππθθ-=⇒=时取等号，∴BCD S △最大值为(()224m a +.………………12分 22.解析：（1）∵三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，∴1AC BB ⊥，又BD ⊥平面1ABC ，∴AC BD ⊥，1BD BB B =，∴AC ⊥平面11BB C C ，……………………3分 1B C ⊂平面11BB C C ，∴1AC B C ⊥.………………………………………………………………4分（2）由（1）知AC ⊥平面11BB C C ，∴AC BC ⊥，2BC AC ==，∴AB =设AP x =，则122PAC S x x =⨯=△， ∵1BD B C ⊥，1Rt Rt B BC BDC △∽△，2BC =，BD，∴1BB =6分∴1132B PAC V x -=⨯⨯=∴2x =，∴13AP PB =，…………………………………………………………………………7分 连接AD ，过P 作//PO BD 交AD 于O点，易知14PO BD ==， 过P 作1PE B C ⊥，E 为垂足，连接OE ， 1B C PE ⊥，1B C PO ⊥，1PE PO P B C =⇒⊥平面POE ，OE ⊂平面POE ，所以1B C OE ⊥， 则PEO ∠为二面角1P B C A --的平面角，………………………………………………10分 在1PB C △中，易求PC =1PB =，14B C =，由等面积法可知PE =所以sin 13PO PEO PE ∠===……………………………………………………12分。

2020-2021学年安徽省合肥八中高一（下）期末数学复习试卷（12）一、单选题（本大题共6小题，共30.0分）1. 为了了解全校240名高一学生的身高情况，从中抽取40名学生进行测量，下列说法正确的是( )A. 总体是240B. 个体是每一个学生C. 样本是40名学生D. 样本容量是402. 某商场有四类食品，其中粮食类、植物油类、动物性食品类及果蔬类分别有40种、10种、30种、20种，现从中抽取一个容量为20的样本进行食品安全检测．若采用分层抽样的方法抽取样本，则抽取的植物油类与果蔬类食品种数之和是( )A. 4B. 5C. 6D. 73. 容量为20的样本，数据的分组及各组的频数如下：(10,20]，2；(20,30]，3；(30,40]，4；(40,50]，5；(50,60]，4；(60,70]，2.则样本在区间(10,50]上的频率为( )A. 0.5B. 0.7C. 0.25D. 0.054. 若△ABC 外接圆圆心为O ，半径为4，且OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CB⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A. 14 B. 2√7 C. √7 D. 25. 已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b =4，点O 为其外接圆的圆心.已知CO⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =6，则角A 的最大值为( ) A. π6B. π3C. π4D. π26. 在斜三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，∠ACB =90°，AB 1⊥BC ，则B 1在底面ABC 上的射影H 必在( )A. 直线AC 上B. 直线BC 上C. 直线AB 上D. △ABC 内部二、多选题（本大题共2小题，共10.0分）7.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面BCC1B1内(包括边界)一动点，且D1P//平面EFG，则()A. BD//EGB. BD1//平面EFGC. 三棱锥D1−EFG的体积为13D. P点的轨迹长度为28.在△ABC中，角所对的边分别为a，b，c，给出下列四个命题中，其中正确的命题为()A. 若A：B：C=1：2：3，则a：b：c=1：2：3B. 若cosA<cosB，则sinA>sinBC. 若A=30°，a=3，b=4，则这个三角形有两解D. 当△ABC是钝角三角形．则tanA⋅tanC<1三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）9.若M个数的平均数是X，N个数的平均数是Y，则这M+N个数的平均数是______ ．10.下列抽样的方式属于简单随机抽样的有______ ．(1)从无限多个个体中抽取50个个体作为样本．(2)从1000个个体中一次性抽取50个个体作为样本．(3)将1000个个体编号，把号签放在一个足够大的不透明的容器内搅拌均匀，从中逐个抽取50个个体作为样本．(4)福利彩票用摇奖机摇奖．11.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=3，BB1=2BC=8，D为棱BB1的中点，则三棱锥D−ACC1的外接球的表面积为______ ．12.四面体ABCD的顶点A、B、C、D在同个球面上，AD⊥平面ABC，AD=2√6，AB=2，3 AC=3，∠CAB=60°，则该四面体的外接球的表面积为______ ．四、解答题（本大题共2小题，共24.0分）13.为了了解高二年级学生的体能情况，某校抽取部分学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，画出频率分布直方图(如图所示)，图中从左到右各小长方形面积之比为2：4：17：15：9：3，第二小组频数为12．(1)第二小组的频率是多少？样本容量是多少？(2)若次数在110以上(含110次)为达标，试估计该学校全体高二学生的达标率是多少？14.如图是某市有关部门根据对某地干部的月收入情况调查后画出的样本频率分布直方图，已知图中第一组的频数为4000.请根据该图提供的信息解答下列问题：(图中每组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示收入在[1000,1500)(1)求样本中月收入在[2500,3500)的人数；(2)为了分析干部的收入与年龄、职业等方面的关系，必须从样本的各组中按月收入再用分层抽样方法抽出100人作进一步分析，则月收入在[1500,2000)的这段应抽多少人？(3)试估计样本数据的中位数．答案和解析1.【答案】D【解析】解：本题考查的对象是240名高一学生的身高情况，故总体是240名高一学生的身高情况；个体是每个学生的身高情况；样本是40名学生的身高情况，故样本容量是40．故选D．本题考查的是确定总体．解此类题需要注意“考查对象实际应是表示事物某一特征的数据，而非考查的事物”.我们在区分总体、个体、样本、样本容量这四个概念时，首先找出考查的对象是某校高一学生的身高，从而找出总体、个体，再根据被收集数据的这一部分对象找出样本，最后再根据样本确定出样本容量．解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象．总体、个体与样本的考查对象是相同的，所不同的是范围的大小．样本容量是样本中包含的个体的数目，不能带单位．2.【答案】C【解析】【分析】本题考查分层抽样，属于基础题．先计算分层抽样的抽样比，再求植物油类与果蔬类食品所需抽取的种数．【解答】解：由题意，共有食品100种，抽取容量为20的样本，，所以抽样比为15故抽取植物油类与果蔬类食品种数之和为2+4=6．故选C．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查样本的频率，样本的频数，属于基础题．求出样本在区间(10,50]上的频数，即可得解． 【解答】解：由已知条件知，样本在区间(10,50]上的频数为： 2+3+4+5=14，所以样本在区间(10,50]上的频率为1420=0.7， 故选：B ．4.【答案】A【解析】解：取BC 的中点E ，由OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ 得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，得AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =4AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以点A ，E ，O 三点共线，且E 为线段AO 的靠近A 的四等分点， ∵AO =4，∴AE =1，OE =3， 在直角三角形OEC 中可得CE =√7，∴CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||CB ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠ACE =|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||CE⃗⃗⃗⃗⃗ ||CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|CB ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|CE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2|CE ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=2×7=14． 故选：A ．取BC 的中点E ，再根据已知推出点A ，E ，O 三点共线，且E 为线段AO 的靠近A 的四等分点，AE =1，OE =3，最后利用向量数量积可得． 本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属中档题．5.【答案】A【解析】解：如图：取AB 的中点D ，则DO ⊥BA ，∴CO⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ， =12(CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(CA ⃗⃗⃗⃗⃗ −CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(16−a 2)=6，∴a =2， 又∵cosA =b 2+c 2−a 22bc =c 2+128c=c 8+128c≥2√c 8⋅128c=√32， 当且仅当c8=128c 即c =2√3时取等号，∴cosA ≥√32，又∵A ∈(0,π)，∴A ∈(0,π6]. 故选：A ．取AB 的中点D ，则DO ⊥BA 得CO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =6， 求出a 值，再利用余弦定理和基本不等式，求出cos A 的范围即可．本题考查平面向量数量积性质及运算、余弦定理、基本不等式，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．6.【答案】A【解析】解：∵在斜三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，∠ACB =90°，AB 1⊥BC ， ∴BC ⊥AC ，又AC ∩AB 1=A ， ∴BC ⊥平面ACB 1，BC ⊂平面ABC ， ∴平面ACB 1⊥平面ABC ，∴B 1在底面ABC 上的射影H 必在两平面的交线AC 上． 故选：A ．由题意知要判断B 1在底面ABC 上的射影H ，需要看过这个点向底面做射影，观察射影的位置，根据BC 与一个平面上的两条直线垂直，得到BC 与两条直线组成的面垂直，根据面面垂直的判断和性质，得到结果．本题考查棱柱的结构特征，考查直线与平面垂直的判定，考查平面与平面垂直的判定，考查平面与平面垂直的性质，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．7.【答案】BCD【解析】解：对于A，取BB1的中点M，连接GM，BD，由正方体的性质可知，BD//GM，而GM与EG相交，故BD与EG不平行，故A错误；对于B，连接D1C，由面面平行的判定可得平面FGE//平面D1BC，由平面与平面平行的性质可得BD1//平面EFG，故B正确；对于C，由等体积法可得：V D1−EFG =V E−FGD1=13S△FGD1⋅AE=13×(12×2×1)×1=13，故C正确；对于D，由分析时可知平面FGE//平面D1BC，即点P的轨迹为线段BC，长度为2，故D正确．故选：BCD．取BB1的中点M，连接GM，BD，可得BD//GM，由GM与EG相交判定A错误；连接D1C，由面面平行的判定及性质判断B；利用等体积法求体积判定C；求出P点的轨迹判断D．本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．8.【答案】BCD【解析】解：对于A，若A：B：C=1：2：3，则A=30°，B=60°，C=90°，故a：b：c=sin30°：sin60°：sin90°=1：√3：2.故错误；对于B，在△ABC中，cosA<cosB⇔A>B⇔sinA>sinB，故正确；对于C，由A=30°，a=3，b=4，可得312=4sinB，可得sinB=23>sin30°，故满足条件的角B有2个，一个为锐角，另一个为钝角，三角形有两个解，故正确；对于D，当A为钝角时，tanA<0，tanC>0，tanAtanC<1，成立，当C为钝角时，tanA>0，tanC<0，tanAtanC<1，成立，当B为钝角时，cosB=−cos(A+C)=sinAsinC−cosAcosC<0，可得sinAsinC<cosAcosC，可得tanA⋅tanC<1，成立，综上，命题正确．故选：BCD．对于A，运用内角和定理，求出A，B，C，再由正弦定理，即可得到三边之比，即可判断；对于B，在△ABC中，cosA<cosB⇔A>B⇔sinA>sinB，得出答案；对于C，利用正弦定理求得满足条件的角C有2个，一个为锐角，另一个为钝角，三角形有两个解；对于D，分类讨论，利用两角和的余弦函数公式即可判断得解．本题考查正弦定理和余弦定理及运用，考查三角形的形状的判断，考查运算能力，属于中档题和易错题．9.【答案】MX+NYM+N【解析】解：因为M个数的平均数是X，N个数的平均数是Y，所以M个数的和为MX，N个数的和为NY，则这M+N个数的和为MX+NY，所以这M+N个数的平均数是MX+NY．M+N．故答案为：MX+NYM+N利用平均数的计算公式求解即可．本题考查了特征数的求解，解题的关键是掌握平均数的计算公式，属于基础题．10.【答案】(3)(4)【解析】解：简单随机抽样时是有限多个个体中进行抽取，故(1)不是简单随机抽样；简单随机抽样是逐个抽取，不是一次性抽取，故(2)不是简单随机抽样；根据简单随机抽样的特点，(3)是简单随机抽样；根据简单随机抽样的特点，(4)是简单随机抽样．故答案为：(3)(4)．利用简单随机抽样的特点进行分析判断即可．本题考查了抽样方法的选择，主要考查了简单随机抽样的应用，解题的关键是掌握简单随机抽样适用的条件以及它的特点，属于基础题．11.【答案】73π【解析】解：由题意知，BC=BD=B1D=4，又AC⊥BC，AC=3，∴AB=5，CD=C1D=4√2，则AD=√AB2+BD2=√41，AC1=√AC2+CC12=√73，∴AC12=AD2+C1D2，得C1D⊥AD，又AC⊥CC1，∴AC1的中点为三棱锥D−ACC1外接球的球心，则外接球的半径R=12AC1=√732．外接球的表面积为S=4πR2=4π×(√732)2=73π．故答案为：73π．由直三棱柱的性质求出CD、C1D1、AD、AC1，结合勾股定理可得C1D⊥AD，CC1⊥AC，可得AC1的中点为三棱锥D−ACC1外接球的球心，再求出外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．本题考查多面体的外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．12.【答案】12π【解析】解：如图所示，设△ABC的外接圆的余弦为O1，过O1作直线l⊥平面ABC，又DA⊥平面ABC，∴DA//l，连接AO1并延长，交球O于H，连接DH，与l的交点为球心O，则OH=OD=R，OO1=12AD=√63，在△ABC中，由余弦定理得：BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos60°=4+9−2×2×2×12=7，∴BC=√7，又由正弦定理可得BCsin60∘=2O1H，可得O1H=√213．∴R2=OH2=OO12+O1H2=69+219=3，则该四面体的外接球的表面积为S=4πR2=12π．故答案为：12π．由题意画出图形，求解三角形可得BC，由正弦定理求得底面三角形外接圆的半径，再由勾股定理求得多面体外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．13.【答案】解：(1)频率分布直方图是以面积的形式来反映数据落在各小组内的频率大小的，因此第二小组的频率为42+4+17+15+9+3=0.08．因为第二小组的频率=第二小组的频数样本容量，所以样本容量=第二小组的频数第二小组的频率=120.08=150．(2)由直方图可估计该校全体高二年级学生的达标率约为17+15+9+32+4+17+15+9+3×100%=88%．【解析】本题考查频率分布直方图，考查推理能力和计算能力，属于基础题．(1)由频率分布直方图求出第二小组的频率，根据样本容量=第二小组的频数第二小组的频率即可求得；(2)由直方图可估计该校全体高二年级学生的达标率．14.【答案】解：(1)∵月收入在[1000,1500]的频率为0.0008×500=0.4，且有4000人，∴样本的容量n=40000.4=10000，月收入在[1500,2000)的频率为0.0004×500=0.2，月收入在[2000,2500)的频率为0.0003×500=0.15，月收入在[3500,4000)的频率为0.0001×500=0.05，∴月收入在[2500,3500)的频率为；1−(0.4+0.2+0.15+0.05)=0.2，∴样本中月收入在[2500,3500)的人数为：0.2×10000=2000．(2)∵月收入在[1500,2000)的人数为：0.2×10000=2000，∴再从10000人用分层抽样方法抽出100人，则月收入在[1500,2000)的这段应抽取=20(人)．100×200010000(3)由(1)知月收入在[1000,2000)的频率为：0.4+0.2=0.6>0.5，=1500+250=1750(元)．∴样本数据的中位数为：1500+0.5−0.40.0004【解析】(1)根据频率分布直方图，求出各段的频率，然后再求[2500,3500)的人数；(2)根据抽样方法，选取抽样的人数，(3)根据求中位数的方法即可．本题考查了频率分布直方图，样本，中位数，只有会识图，问题就很好解决．。

2020-2021学年安徽省合肥八中高一（下）期末数学模拟练习试卷（一）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知(1+i)z=2，其中i为虚数单位，则复数z在复平面内对应的点在()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.设α，β是两个不同平面，m，n是两条直线，下列命题中正确的是()A. 如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥βB. 如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α//βC. 如果m//n，m⊥α，n⊥β，那么α//βD. 如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n3.某中学高中部共有80名教师，初中部共有120名教师，其性别比例如图所示，现从中按分层抽样抽取25人进行优质课展示，则应抽取高中部男教师的人数为()A. 3B. 6C. 7D. 94.轴截面为正方形的圆柱的外接球的体积与该圆柱的体积的比值为()A. 43B. 32C. 4√23D. 2√25.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC+ccosB=asinA，则△ABC的形状为()A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不确定6.若随机事件A、B互斥，A、B发生的可能性均不等于0，且事件A发生的可能性为2−a，事件B发生的可能性为4a−5，则实数a的取值范围是()A. (54,2) B. (54,32) C. [54,32] D. (54,43]7.已知非零向量a⃗，b⃗ 满足|b⃗ |=√2|a⃗|，且(a⃗−b⃗ )⊥(3a⃗+2b⃗ )，则a⃗与b⃗ 的夹角为()A. 45°B. 135°C. 60°D. 120°8.为庆祝中国共产党成立100周年，A、B、C、D四个兴趣小组举行党史知识竞赛，每个小组各派10名同学参赛，记录每名同学失分(均为整数)情况，若该组每名同学失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知A 、B 、C 、D 四个小组成员失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是( )A. A 组中位数为2，极差为8B. B 组平均数为2，众数为2C. C 组平均数为1，方差大于0D. D 组平均数为2，方差为39. 《周礼⋅春官》中记载，中国古典乐器一般分为“金、石、土、革、丝、木、匏(páo)、竹”八音．其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、匏、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器，现从“金、石、土、匏、丝”任取“三音”，则“三音”分别来自三种不同种类乐器的概率为( )A. 15B. 34C. 25D. 2310. 若在△ABC 中，AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2，|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=6，则△ABC 的面积为( ) A. 6 B. 8 C. 12 D. 2011. 在△ABC 中，点P 满足2BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PC⃗⃗⃗⃗⃗ ，过点P 的直线与AB ，AC 所在的直线分别交于点M ，N ，若AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y AC⃗⃗⃗⃗⃗ (x >0,y >0)，则2x +y 的最小值为( ) A. 3 B. 3√2 C. 1D. 1312. 三棱锥P −ABC 中，PA =PB =PC ，∠ABC =π4，AC =√2，则三棱锥P −ABC 外接球表面积的最小值是( )A. 8πB. 4πC. 2πD. π二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 若复数z =3−4i1+2i ，i 为虚数单位，则|z|= ______ ．14. 设样本数据x 1，x 2，⋯，x 2021的平均数为x −，方差为s 2，若数据2x 1+1，2x 2+1，⋯，2x 2021+1的平均数比方差大3，则s 2−x −2的最大值为______．15. 甲乙两个质地均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1，2，3，4，乙四个面上分别标有数字5，6，7，8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件A 为“两个四面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件B 为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件C 为“乙四面体朝下一面的数字为偶数”，则下列结论正确的是______． ①P(A)=P(B)=P(C)； ②P(BC)=P(AC)=P(AB)； ③P(ABC)=18；④P(A)⋅P(B)⋅P(C)=18．16.托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和.其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质.已知四边形ABCD 的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对角线，BD=4，且△ACD为正三角形，则△ABC面积的最大值为______ ，四边形ABCD的面积为______ .(注：圆内接凸四边形对角互补)三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）∈R，其中i是虚数单位．17.已知复数z使得z+2i∈R，z2−i(1)求复数z的共轭复数z−；(2)若复数(z+mi)2在复平面上对应的点在第四象限，求实数m的取值范围．18.已知平面向量a⃗=(1,x),b⃗ =(2,1)(1)若(2a⃗+b⃗ )//(a⃗+2b⃗ )，求|a⃗|的值；(2)若(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ ，求向量a⃗在向量b⃗ 上的投影向量．19.某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个，家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是34甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14.若各家庭回答是否正确互不影响．(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．20. 2019年下半年以来，各地区陆续出台了“垃圾分类”的相关管理条例，实行“垃圾分类”能最大限度地减少垃圾处置量，实现垃圾资源利用，改善垃圾资源环境，某部门在某小区年龄处于[20,45]岁的人中随机地抽取x 人，进行了“垃圾分类”相关知识掌握和实施情况的调查，并把达到“垃圾分类”标准的人称为“环保族”，得到如图示各年龄段人数的频率分布直方图和表中的统计数据．(1)求x 、y 、z 的值；(2)根据频率分布直方图，估计这x 人年龄的平均值和第80百分位数(同一组数据用该区间的中点值代替，结果按四舍五入保留整数)；(3)从年龄段在[25,35]的“环保族”中采取分层抽样的方法抽取9人进行专访，并在这9人中选取2人作为记录员，求选取的2名记录员中至少有一人年龄在[30,35]中的概率．21.如图，四棱锥P−ABCD中，△PAB是等边三角形，CB⊥平面PAB，AD//BC且PB=BC=2AD=2，F为PC中点．(1)求证：DF//平面PAB；(2)求直线AB与平面PDC所成角的正弦值；(3)求二面角D−PC−B的夹角余弦．22.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB+bcosA−2ccosA=0．(Ⅰ)求A；(Ⅱ)若a=2，且△ABC为锐角三角形，求b+2c的取值范围．答案和解析1.【答案】D【解析】由(1+i)z=2，可得z=21+i =2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，其对应点为(1,−1)，在第四象限．故选：D．由(1+i)z=2，可求得z，然后可得复数z在复平面内对应的点所在象限．本题考查复数除法运算，考查数学运算能力及直观想象能力，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：由α，β是两个不同平面，m，n是两条直线，知：对于A，如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α与β相交或平行，故A错误；对于B，如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α与β相交或平行，故B错误；对于C，如果m//n，m⊥α，n⊥β，那么由面面平行的判定定理得α//β，故C正确；对于D，如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m与n相交、平行或异面，故D错误．故选：C．对于A，α与β相交或平行；对于B，α与β相交或平行；对于C，由面面平行的判定定理得α//β；对于D，m与n相交、平行或异面．本题考查命题真假的判断，涉及到空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力等核心素养，是中档题．3.【答案】B【解析】解：抽样的比例为2580+120=18，高中部男教师的人数为80×60100=48，故应抽取的高中部男教师的人数为48×18=6人，故选：B．先求出抽样的比例和高中部男教师的总人数人数，二者相乘，即为所求．本题主要考查分层抽样的定义和方法，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：设圆柱的底面半径为R，则圆柱的高为2R，圆柱的体积V=πR2⋅2R=2πR3，外接球的半径为√2R，故球的体积为：43π(√2R)3=8√23πR3，故外接球的体积与该圆柱的体积的比值为4√23故选：C．分别计算圆柱的体积和球的体积，可得答案．本题考查的知识点是圆柱的体积和表面积，球的体积和表面积，难度不大，属于基础题．5.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查正弦定理以及两角和的正弦公式、诱导公式的应用，根据三角函数的值求角，属于中档题．由条件利用正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=sinAsinA，再由两角和的正弦公式、诱导公式求得sinA=1，可得A=π2，由此可得△ABC的形状．【解答】解：△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∵bcosC+ccosB=asinA，则由正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=sinAsinA，即sin(B+C)=sinAsinA，，可得sinA=1，故A=π2，故三角形为直角三角形，故选：B．6.【答案】D【解析】解：根据题意，随机事件A、B互斥，且事件A发生的可能性为2−a，事件B 发生的可能性为4a−5，则有{0<2−a ≤10<4a −5≤10<(2−a)+(4a −5)≤1，解可得54<a ≤43，即a 的取值范围为(54,43]； 故选：D ．根据题意，由概率的性质可得{0<2−a ≤10<4a −5≤10<(2−a)+(4a −5)≤1，解可得a 的取值范围，即可得答案．本题考查概率的性质，涉及互斥事件的定义，属于基础题．7.【答案】B【解析】解：根据题意，设a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为θ， 因为(a ⃗ −b ⃗ )⊥(3a ⃗ +2b ⃗ )，|b ⃗ |=√2|a ⃗ |，所以(a ⃗ −b ⃗ )⋅(3a ⃗ +2b ⃗ )=3a ⃗ 2−a ⃗ ⋅b ⃗ −2b ⃗ 2=−a ⃗ ⋅b ⃗ −a ⃗ 2=0，变形可得a⃗ ⋅b ⃗ =−a ⃗ 2． 则cosθ=a⃗ ⋅b ⃗ |a ⃗ ||b⃗ |=2|a ⃗ |⋅√2|a ⃗ |=−√22． 又由θ∈[0°,180°]，所以θ=135°． 故选：B ．根据题意，设a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为θ，由数量积的计算公式可得(a ⃗ −b ⃗ )⋅(3a ⃗ +2b ⃗ )=3a ⃗ 2−a ⃗ ⋅b ⃗ −2b ⃗ 2=−a ⃗ ⋅b ⃗ −a ⃗ 2=0，变形可得cosθ的值，结合θ的范围分析可得答案．本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题．8.【答案】D【解析】解：根据题意，依次分析选项：对于A ，小组成员的失分最大值为9，最小值为1，其他均为2， 符合中位数为2，极差为8，但不是“优秀小组”，A 错误； 对于B ，小组成员的失分情况可能为0、0、0、2、2、2、2、2、8， 符合平均数为2，众数为2，但不是“优秀小组”，B 错误；对于C ，小组成员的失分最大值为10，其余都是0，符合平均数为1， 方差大于0，但不是“优秀小组”，C 错误； 对于D ，设小组成员的失分最大值为x ，则有(x −2)2<30，且x 为整数，必有x ≤7，一定为“优秀小组”D 正确； 故选：D ．根据题意，依次分析4个选项能否保证“每名同学失分都不超过7分”，综合可得答案． 本题考查数据的平均数、方差、极差、中位数的计算，注意平均数、方差、极差、中位数的定义，属于基础题．9.【答案】C【解析】解：从“金、石、土、匏、丝”中任取“三音”的所有基本事件为： (金石土)，(金，石，匏)，(金，石，丝)，(金，土，匏)，(金，土，丝)， (金，匏，丝)，(石，土，匏)，(石，土，丝)，(石，匏，丝)，(土，匏，丝)， 共10种可能的情况，其中“三音”分别来自三种不同种类乐器的基本事件共有4种情况，所以所求概率为P =410=25． 故选：C ．先列举出从“金、石、土、匏、丝”中任取“三音”的所有基本事件并确定基本事件总数，再确定“三音”分别来自三种不同种类乐器的基本事件个数，最后利用古典概型概率计算公式即可求出所求概率．本题主要考查古典概型的概率计算公式，考查学生的运算求解能力，属于基础题．10.【答案】A【解析】解：由AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2，|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=6得：AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴∠A =90°， ∴△ABC 的面积为12×2×6=6． 故选：A ． 由AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2，|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=6得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0，然后可求得∴△ABC 的面积． 本题考查平面向量数量积性质，考查数学运算能力，属于基础题．11.【答案】A【解析】解：因为2BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y AC ⃗⃗⃗⃗⃗ (x >0,y >0)， 所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =13yAN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +23xAM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，因为M ，P ，N 共线， 所以13y +23x =1， 所以2x +y =(2x +y)(13y +23x)=53+2y 3x+2x 3y≥53+2√2y 3x⋅2x 3y=3，当且仅当2y3x =2x3y 且13y +23x =1，即x =y =1时取等号， 此时2x +y 的最小值为3． 故选：A ．由已知结合向量的线性表示及向量共线定理得13y +23x =1，然后利用乘1法，结合基本不等式可求．本题主要考查了向量的线性表示及平面向量共线定理，还考查了利用乘1法结合基本不等式求解最值，属于中档题．12.【答案】B【解析】解：设底面△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，则2r =ACsin∠ABC =2，即r =1． 设三棱锥P −ABC 高为h ，球的半径为R.由PA =PB =PC ，得球心O 在PO 1上，且(ℎ−R)2+r 2=R 2，则R =12(ℎ+1ℎ)≥12⋅2√ℎ⋅1ℎ=1，当且仅当ℎ=1时等号成立，此时外接球表面积最小， 则S min =4π．故选：B．画出图形，利用正弦定理求解△ABC外接圆的半径，然后推出外接球的半径以及基本不等式，求解外接球的表面积的最小值．本题考查几何体的外接球的表面积的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．13.【答案】√5【解析】解：∵z=3−4i1+2i，∴|z|=|3−4i1+2i |=|3−4i||1+2i|=√32+(−4)2√12+22=√5=√5．故答案为：√5．直接由商的模等于模的商求解．本题考查复数模的求法，考查数学转化思想，是基础题．14.【答案】−1【解析】解：设数据2x1+1，2x2+1，⋯，2x2021+1的平均数为x0−，方差为s02，由随机变量函数线性方差公式，可得x0−=2x−+1，s02=4s2，∵数据2x1+1，2x2+1，⋯，2x2021+1的平均数比方差大3，∴2x−+1=4s2+3，∴s2−x−2=12x−−12−x−2=−(x−−14)2−716，∵s2=12x−−12≥0，∴x−≥1，故当x−=1时，s2−x−2取得最大值−1．故答案为：−1．根据已知条件，结合随机变量函数线性方差公式，可得x0−=2x−+1，s02=4s2，运用条件数据2x1+1，2x2+1，⋯，2x2021+1的平均数比方差大3，将s2−x−2化简为关于x−的二次函数，结合x−的取值范围，即可求解．本题主要考查二次函数的最值问题，以及随机变量函数线性方差公式，需要学生熟练掌握公式，属于中档题．15.【答案】①②④【解析】解：根据题意，P(A)=C21C21+C21C214×4=12，P(B)=24=12，P(C)=24=12，所以P(A)=P(B)=P(C)，结论①正确；P(BC)=P(B)P(C)=12×12=14，P(AC)=C21C214×4=14，P(AB)=C21C214×4=14，所以P(BC)=P(AC)=P(AB)，所以结论②正确；P(ABC)=C21C214×4=14，结论③错误；P(A)⋅P(B)⋅P(C)=12×12×12=18，结论④正确．故答案为：①②④．根据题意有P(A)=C21C21+C21C214×4=12，P(B)=24=12，P(C)=24=12，P(C)=24=12，从而可判断结论①；又P(BC)=P(B)P(C)，P(AC)=C21C214×4从而可判断结论②；易知P(ABC)=C21C21 4×4，即可判断结论③；最后用P(A)⋅P(B)⋅P(C)=12×12×12判断结论④即可．本题考查随机事件的概率和古典概型，考查学生的逻辑推理和运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算，属于基础题．16.【答案】√34√3【解析】解：设等边三角形ACD的边长为x，由圆内接凸四边形对角互补，可得∠ABC=180°−60°=120°，设AB=m，BC=n，可得mx+nx=4x，即m+n=4，而S△ABC=12mnsin120°=√34mn≤√34⋅(m+n2)2=√3，当且仅当m=n=2时，上式取得等号，则△ABC 面积的最大值为√3，由圆的性质可得∠ABD =∠ACD =60°，∠CBD =∠CAD =60°，又四边形ABCD 的面积为S △ABD +S △BCD =12⋅AB ⋅BD ⋅sin60°+12⋅CB ⋅BD ⋅sin60°=√34×4(m +n)=4√3，故答案为：√3，4√3．设等边三角形ACD 的边长为x ，由圆内接凸四边形对角互补，可得∠ABC =120°，设AB =m ，BC =n ，运用三角形的面积公式和托勒密定理、基本不等式可得△ABC 面积的最大值，由四边形ABCD 的面积为三角形ABD 和三角形BCD 的面积之和，计算可得所求四边形ABCD 的面积．本题考查圆内接四边形的性质，以及三角形的面积的最值，考查转化思想和运算能力，属于中档题．17.【答案】解：(1)设z =x +yi(x,y ∈R)，则z +2i =x +(y +2)i ，∵z +2i ∈R ，∴y +2=0，即y =−2． 又z2−i =x−2i 2−i=(x−2i)(2+i)(2−i)(2+i)=2x+25+x−45i ∈R ，∴x −4=0，即x =4． ∴x =4−2i ，则z −=4+2i ；(2)∵m 为实数，且(z +mi)2=[4+(m −2)i]2=(12+4m −m 2)+8(m −2)i ， 由题意，{12+4m −m 2>08(m −2)<0，解得−2<m <2．∴实数m 的取值范围为(−2,2)．【解析】(1)设z =x +yi(x,y ∈R)，则z +2i =x +(y +2)i ，由虚部为0求得y 值．再把z2−i 利用复数代数形式的乘除运算化简，由虚部为0求得x 值，则z 可求，z −可求； (2)把(z +mi)2变形为复数的代数形式，再由实部大于0且虚部小于0列不等式组求解m 的范围．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．18.【答案】解：(1)因为a ⃗ =(1,x),b ⃗ =(2,1)，所以2a ⃗ +b ⃗ =(4,2x +1)，a ⃗ +2b ⃗ =(5,x +2)，由(2a ⃗ +b ⃗ )//(a ⃗ +2b ⃗ )，得4(x +2)−5(2x +1)=0，解得x =12， ∴|a ⃗ |=√12+(12)2=√52； (2)a ⃗ −b ⃗ =(−1,x −1)，由(a ⃗ −b ⃗ )⊥b ⃗ ，得(a ⃗ −b ⃗ )⋅b ⃗ =0， ∴−1×2+(x −1)×1=0，解得x =3， ∴a ⃗ =(1,3)．∴向量a ⃗ 在向量b ⃗ 上的投影向量a ⃗ ⋅b ⃗ |b⃗ |⋅b⃗ |b ⃗ |=55⋅b ⃗ =(2,1)．【解析】(1)根据平面向量共线的坐标运算可求出x 值，然后求出|a⃗ |； (2)由(a ⃗ −b ⃗ )⊥b ⃗ ，可得(a ⃗ −b ⃗ )⋅b ⃗ =0，求出x 值，然后再求出向量a ⃗ 在向量b ⃗ 上的投影向量．本题考查平面向量数量积、向量共线及垂直的坐标运算，考查运算能力，属基础题．19.【答案】解：(1)设事件A 表示“甲家庭回答正确这道题”，事件B 表示“乙家庭回答正确这道题”，事件C 表示“丙家庭回答正确这道题”， 由题意得：{P(A)=34[1−P(A)][1−P(C)]=112P(B)P(C)=14，解得乙家庭回答正确这道题的概率P(B)=38， 丙家庭回答正确这道题的概率P(C)=23．(2)甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率为： P =P(ABC)+P(A −BC)+P(AB −C)+P(ABC −) =34×38×23+14×38×23+34×58×23+34×38×13 =2132．【解析】(1)设事件A 表示“甲家庭回答正确这道题”，事件B 表示“乙家庭回答正确这道题”，事件C 表示“丙家庭回答正确这道题”，利用相互独立事件概率乘法公式列出方程组，能求出结果．(2)利用相互独立事件概率乘法公式能求出甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式列等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．20.【答案】解：(1)由题意得：x=450.750.06×5=200，y=25200×0.05×5=0.625，z=200×0.03×5×0.2=6；(2)根据频率分布直方图，估计这x人年龄的平均值为：x−=22.5×0.06×5+27.5×0.04×5+32.5×0.04×5+37.5×0.03×5+42.5×0.03×5=30.75≈31..年龄在35以下的人数所在比例为(0.06+0.04+0.04)×5=0.7，年龄在40以下的人数所占比例为0.7+0.03×5=0.85，所以第80百分位数位于[35,40)内，由35+5×0.8−0.70.85−0.7≈38，估计第80百分位数为38．(3)从年龄段在[25,35]的“环保族”中采取分层抽样的方法抽取9人进行专访，[25,30)中选：9×2525+20=5人，[30,35]中选：9×2025+20=4人，在这9人中选取2人作为记录员，基本事件总数n=C92=36，选取的2名记录员中至少有一人年龄在[30,35]包含的基本事件个数：m=C51+C41+C42=26，∴选取的2名记录员中至少有一人年龄在[30,35]中的概率p=mn =2636=1318．【解析】(1)由频率分布直方图和频数分布表能求出x，y，z．(2)根据频率分布直方图，能估计这x人年龄的平均值及第80百分位数．(3)从年龄段在[25,35]的“环保族”中采取分层抽样的方法抽取9人进行专访，[25,30)中选5人，[30,35]中选4人，在这9人中选取2人作为记录员，基本事件总数n=36，选取的2名记录员中至少有一人年龄在[30,35]包含的基本事件个数m=26，由此能求出选取的2名记录员中至少有一人年龄在[30,35]中的概率．本题考查频率、平均数、概率的求法，考查频数分布表、频率分布直方图、分层抽样、古典概型的性质等基础知识，考查数据分析能力、运算求解能力，是基础题．21.【答案】解：(1)证明：如图，取PB边的中点E，连AE，FE，则三角形中位线可知，EF//BC且EF=12BC，由题可知，AD//BC且AD=12BC，所以AD//EF，AD=EF，所以四边形AEFD为平行四边形，所以DF//AE，又因为DF⊄平面PAB，AE⊂平面PAB，故DF//平面PAB；(2)取BC边的中点G，则DG//AB，且DG=AB=2，直线AB与平面PDC所成角，即为DG与平面PDC所成角，又S△CDG=1，且易得DC=PD，所以S△CDP=12PC⋅DF=12×2√2×√3=√6，由V P−CDG=V G−PCD=13×1×√3=13×√6× d G−PCD，得d G−PCD=√22，所以DG与平面PDC所成角的正弦值为√222=√24，故直线AB与平面PDC所成角的正弦值为√24；(3)由CD=PD，F为PC的中点，可得DF⊥PC，由BC=PB，可得BF⊥PC，所以∠DFB为二面角D−PC−B的平面角．由PB⊥BC，且PB=BC=2，可得PC=2√2，BF=√2，由CD=PD=√5，可得DF=√5−2=√3，又BD=√5，且BD2=DF2+BF2，所以∠DFB=90°，则二面角D−PC−B的夹角余弦值为0．【解析】(1)取PB边的中点E，连AE，FE，由三角形的中位线定理和平行四边形的判定，可得四边形AEFD为平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定定理，即可得证；(2)取BC边的中点G，可得直线AB与平面PDC所成角，即为DG与平面PDC所成角，由等积法和棱锥的体积公式，计算即可；(3)由二面角的平面角的定义，可得∠DFB为二面角D−PC−B的平面角，由等腰三角形和直角三角形的性质，求得DF，BF，BD，再求出二面角D−PC−B的夹角余弦．本题考查线面平行的判定和线面角、二面角的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．22.【答案】解：(Ⅰ)∵acosB+bcosA−2ccosA=0，∴由正弦定理得sinAcosB+sinBcosA−2sinCcosA=0，∴sin(A+B)−2sinCcosA=0，∵A+B=π−C，∴sin(A+B)=sin(π−C)=sinC，∴sinC=2sinCcosA，又C为三角形的内角，sinC≠0，∴cosA=12，又A为三角形内角，∴A=π3．(Ⅱ)∵A=π3，a=2，∴由正弦定理可得 asinA =bsinB=csinC=√32=√3，∴b+2c=√3+2sinC)=√3+2sin(A+B)]=√3+√3cosB)=√7√3+θ)，其中sinθ=√3√7，cosθ=√7，tanθ=√32，且π6<θ<π4，∵△ABC为锐角三角形，则{0<B<π20<2π3−B<π2，解得π6<B<π2，∴π6+θ<B+θ<π2+θ，∴sin(π2+θ)<sin(B+θ)≤1，即√7<sin(B+θ)≤1，∴√3<√7√3+θ)≤√7√3，即8√33<b+2c≤4√213．∴b+2c∈(8√33,4√213].【解析】(Ⅰ)根据正弦定理可得出sinAcosB+sinBcosA−2sinCcosA=0，进而得出sinC−2sinCcosA=0，从而得出cos A的值，进而可求A的值．(Ⅱ)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求b+2c=√7√3+θ)，由题意可求范围π6<B<π2，可得π6+θ<B+θ<π2+θ，根据正弦函数的性质即可求解其范围．本题考查了正弦定理，三角函数恒等变换以及正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和函数思想的应用，属于中档题．。

2020-2021学年安徽省合肥八中高一（下）期末数学复习试卷（5）一、单选题（本大题共6小题，共30.0分）1. (2021·江苏省南通市·月考试卷)设i ⋅z =4−3i(i 为虚数单位)，则复数z 的虚部为( )A. −4B. 4C. −4iD. 4i2. (2021·吉林省松原市·月考试卷)如图所示的△ABC 中，点D 是线段AC 上靠近A 的三等分点，点E 是线段AB 的中点，则DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. −13BA ⃗⃗⃗⃗⃗ −16BC ⃗⃗⃗⃗⃗ B. −16BA ⃗⃗⃗⃗⃗ −13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ C. −56BA ⃗⃗⃗⃗⃗−13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ D. −56BA ⃗⃗⃗⃗⃗+13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 3. (2021·四川省成都市·模拟题)在△ABC 中，已知AB =AC ，D 为BC 边中点，点O 在直线AD 上，且BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BO⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3，则BC 边的长度为( ) A. √6B. 2√3C. 2√6D. 64. (2021·安徽省合肥市·期末考试)在△ABC 中，cosC =23，AC =4，BC =3，则sinB =( )A. √306B. 2√521C. 4√59D. 4√55. (2021·安徽省合肥市·期末考试)△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知bsinC +csinB =4asinBsinC ，b 2+c 2−a 2=8，则△ABC 的面积为( )A. √33B. 2√33C. √3D. √346. (2020·湖南省邵阳市·月考试卷)已知平面向量a ⃗ ,b ⃗ ,c ⃗ 均为单位向量，且a ⃗ ⋅b ⃗ =0，则|a ⃗ +b ⃗ −c ⃗ |的取值范围是( )A. [√2−1,√2+1]B. [1,√2]C. [√2−1,1]D. [√2,√3]二、多选题（本大题共2小题，共14.0分）7. (2021·安徽省合肥市·期末考试)锐角△ABC 中，三个内角分别是A ，B ，C ，且A >B ，则下列说法正确的是( )A. sinA >sinBB. cosA <cosBC. sinA >cosBD. sinB >cosA8. (2021·福建省福州市·期中考试)下列说法中错误的为( )A. 已知a ⃗ =(1,2)，b ⃗ =(1,1)且a ⃗ 与a ⃗ +λb ⃗ 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是(−53,+∞)B. 向量e 1⃗⃗⃗ =(2,−3)，e 2⃗⃗⃗ =(12,−34)不能作为平面内所有向量的一组基底 C. 非零向量a ⃗ ，b ⃗ ，满足|a ⃗ |>|b ⃗ |且a ⃗ 与b ⃗ 同向，则a ⃗ >b ⃗D. 非零向量a ⃗ 和b ⃗ ，满足|a ⃗ |=|b ⃗ |=|a ⃗ −b ⃗ |，则a ⃗ 与a ⃗ +b ⃗ 的夹角为30° 三、单空题（本大题共4小题，共24.0分）9. (2021·安徽省合肥市·期末考试)已知a ⃗ =(2,3)，b ⃗ =(−2,4)，向量a ⃗ 在b ⃗ 上的投影向量______ ．10. (2021·安徽省合肥市·期末考试)已知复数z =√3+i(1−√3i)2，则z⋅z −= ______ ．11. (2020·河南省焦作市·月考试卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为√15，c −a =2，cosB =14，则b 的值为______ ．12. (2021·山东省烟台市·单元测试)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞.若要测量如图所示的蓝洞的口径A ，B 两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C ，D ，测得CD =45m ，∠ADB =135°，∠BDC =∠DCA =15°，∠ACB =120°，则AB 两点的距离为______ m.四、解答题（本大题共2小题，共32.0分）13. (2021·安徽省安庆市·期中考试)如图，在正方形ABCD 中，点E 是BC 边上中点，点F 在边CD 上．(1)若点F 是CD 上靠近C 的三等分点，设EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求λ+μ的值． (2)若AB =2，当AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =1时，求DF 的长．14. (2021·吉林省松原市·月考试卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，csinA +√3asin(C +π2)=0，c =6．(1)求△ABC 外接圆的面积；(2)若c =√3b ，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求△ACM 的周长．答案和解析1.【答案】A【知识点】复数的四则运算 【解析】解：∵i ⋅z =4−3i ， ∴z =4−3i i=(4−3i)i i 2=4i−3i 2−1=−3−4i ，∴复数z 的虚部为−4， 故选：A ．直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数的虚部概念得答案． 本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的虚部的概念，是基础题．2.【答案】B【知识点】平面向量的基本定理及其应用【解析】解：依题意，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −12BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +13BA ⃗⃗⃗⃗⃗ −12BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−16BA ⃗⃗⃗⃗⃗ −13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ．故选：B ．根据已知，利用向量的线性运算即可求解．本题考查向量加法、减法以及向量的数乘运算，属于基础题．3.【答案】A【知识点】向量的数量积【解析】解：在△ABC 中，由AB =AC ，D 为BC 边中点，点O 在直线AD 上，且BC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3， 结合图象可得|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|BO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos <BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BO⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=3， 即12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=3，所以|BC|=√6． 故选：A ．画出图形，利用两个向量的数量积的定义求出结果．本题考查两个向量的数量积的定义，数量积公式的应用，是基础题．4.【答案】C【知识点】正弦定理【解析】解：因为cosC=23，AC=4，BC=3，由余弦定理得，AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cosC=16+9−2×4×3×23=9，故AB=3，因为cosC=23，所以sinC=√53，由正弦定理得ACsinB =ABsinC则sinB=4×√533=4√59．故选：C．先利用余弦定理求出AB，由同角平方关系求sin C，然后结合正弦定理即可求解．本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．5.【答案】B【知识点】正弦定理【解析】解：由正弦定理知，asinA =bsinB=csinC，∵bsinC+csinB=4asinBsinC，∴sinBsinC+sinCsinB=4sinAsinBsinC，即2sinBsinC=4sinAsinBsinC，∵sinBsinC≠0，∴sinA=12，由余弦定理知，cosA=b2+c2−a22bc =82bc=4bc>0，∴cosA=√1−sin2A=√32，∴4bc =√32，即bc=8√33，∴△ABC的面积S=12bcsinA=12×8√33×12=2√33．故选：B．利用正弦定理化边为角，可得sinA=12，由余弦定理知，cosA=4bc>0，再结合同角三角函数的关系式，可得bc的值，最后由S=12bcsinA，得解．本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式是解题的关键，考查转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．6.【答案】A【知识点】向量的数量积【解析】解：根据题意，三个平面向量a⃗,b⃗ ,c⃗均为单位向量，a⃗⋅b⃗ =0，∴设a⃗=(1,0)，b⃗ =(0,1)，c⃗=(x,y)，则a⃗+b⃗ −c⃗=(1−x,1−y)，若c⃗为单位向量，则x2+y2=1，表示单位圆上的任意一点，∴|a⃗+b⃗ −c⃗|2=√(1−x)2+(1−y)2．它表示单位圆上的点到定点P(1,1)的距离，其最大值是PM=r+|OP|=1+√2，最小值是|OP|−r=√2−1．∴|a⃗+b⃗ −c⃗|的取值范围是[√2−1,√2+1]．故选：A．根据题意，求出a⃗+b⃗ −c⃗的表达式，分析可得表示单位圆上的点到定点P(1,1)的距离，由点与圆的位置关系分析可得答案．本题考查向量数量积的计算，关键是涉及向量的坐标，分析向量模的几何意义．7.【答案】ABCD【知识点】三角函数线、正弦定理【解析】解：设锐角△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∵A>B，且A，B均为锐角，∴a>b，由正弦定理可得asinA =bcosB，∴sinA>sinB，故A选项正确，∵0<B<A<π2，又∵y=cosx在(0,π2)上单调递减，∴cosB>cosA，故B正确，∵0<B<A<π2，且A+B>π2，∴A>π2− B，B>π2−A，π2− B、π2−A∈(0,π2)，∵y=sinx在(0,π2)上单调递增，∴sinA>sin(π2−B)=cosB，sinB>sin(π2−A)=cosA，故C、D选项正确．故选：ABCD．根据正弦定理以及余弦函数的单调性，可判断AB选项，运用诱导公式，并结合正弦函数的单调性，即可判断CD选项．本题考查了三角函数的诱导公式，以及正弦定理，需要学生熟练掌握公式，属于中档题．8.【答案】AC【知识点】命题及其关系、平面向量的基本定理及其应用【解析】解：对于A，a⃗⋅(a⃗+λb⃗ )=3λ+5>0，且λ≠0，所以A不正确；对于B，向量e1⃗⃗⃗ =(2,−3)，e2⃗⃗⃗ =(12,−34)，满足e1⃗⃗⃗ =4e2⃗⃗⃗ ，两个向量共线，所以不能作为平面内所有向量的一组基底，所以B正确；对于C，向量是有方向的量，不能比较大小，所以C不正确；对于D，非零向量a⃗和b⃗ ，满足|a⃗|=|b⃗ |=|a⃗−b⃗ |，所以以向量a⃗和b⃗ 的长度为边，构造菱形，满足a⃗与a⃗+b⃗ 的夹角为30°，所以D正确；故选：AC．利用斜率的数量积，求解实数λ的取值范围判断A；判断斜率是否共线，判断B；利用向量的定义判断C；利用向量的平行四边形法则判断D即可．本题考查命题的真假的判断与应用，向量的基本定理以及向量共线，平行四边形法则的应用，是基础题．9.【答案】(−45,8 5 )【知识点】向量的数量积【解析】解：a⃗与b⃗ 的夹角θ，向量a⃗在b⃗ 上的投影向量为a⃗ ⋅b⃗|b⃗|⋅b⃗|b⃗|=2×(−2)+3×4(−2)2+42(−2,4)=(−45,8 5 ).故答案为：(−45,8 5 ).a ⃗ 与b ⃗ 的夹角θ，向量a ⃗ 在b ⃗ 上的投影向量计算方法为a⃗ ⋅b ⃗|b ⃗ |⋅b⃗ |b⃗ |，依据此法可解决此题． 本题考查平面向量数量积性质及运算、投影向量计算方法，考查数学运算能力，属于基础题．10.【答案】14【知识点】复数的四则运算 【解析】解：z ⋅z −=|z|2=√3+i(1−√3i)22=√3+i|2|−2−2√3i|2=416=14．故答案为：14．利用复数与共轭复数的性质，结合复数模的运算性质进行求解即可．本题考查了复数与共轭复数的应用，复数模的运算性质的应用，考查了运算能力与转化化归能力，属于基础题．11.【答案】4【知识点】余弦定理、正弦定理 【解析】解：因为cosB =14， 所以sinB =2B =√154，因为△ABC 的面积为√15=12acsinB =12ac ×√154，解得ac =8，又c −a =2，由余弦定理可得b 2=a 2+c 2−2accosB =a 2+c 2−12ac =(c −a)2+2ac −12ac =4+16−4=16， 解得b =4． 故答案为：4．由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin B 的值，根据三角形的面积公式可求ac 的值，结合已知利用余弦定理可求b 的值．本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．12.【答案】45√5【知识点】正弦定理【解析】解：如图所示：△BCD 中，CD =45，∠BDC =15°，∠BCD =∠ACB +∠DCA =120°+15°=135°， ∴∠CBD =30°，由正弦定理，得BDsin135∘=45sin30∘，解得BD =45√2， △ACD 中，CD =45，∠DCA =15°，∠ADC =∠ADB +∠BDC =135°+15°=150°， ∴∠CAD =15°，∴AD =CD =45，△ABD 中，由余弦定理，得AB 2=AD 2+BD 2−2AD ⋅BD ⋅cos∠ADB=452+(45√2)2−2×45×45√2×cos135°=452×5，∴AB =45√5，即A ，B 两点间的距离为45√5， 故答案为：45√5．根据题意画出图形，△BCD 中利用正弦定理求出BD 的值，△ACD 中利用等角对等边求出AD 的值，再在△ABD 中由余弦定理求出AB 的值．本题考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查学生逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．13.【答案】解：(1)∵点E 是BC 边上中点，点F 是CD 上靠近C 的三等分点，∴CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−13DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴λ=−13，μ=12， 故λ+μ=−13+12=16．(2)设CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λCD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，又AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+12AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=−4λ+2=1， 故λ=14，∴DF =(1−λ)×2=32．【知识点】向量的数量积【解析】(1)用AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 表示出EF⃗⃗⃗⃗⃗ ，得出λ，μ的值即可得出λ+μ的值； (2)设CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λCD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，用AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 表示出AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，根据AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =1计算λ，从而可得DF 的长． 本题考查平面向量的基本定理，平面向量的数量积运算，属于基础题．14.【答案】解：(1)∵csinA +√3asin(C +π2)=0，∴csinA +√3acosC =0， ∴sinCsinA +√3sinAcosC =0， ∵sinA ≠0， ∴tanC =−√3， ∵0<C <π， ∴C =2π3，∴△ABC 外接圆的半径R =12⋅csinC =12√32=2√3，∴△ABC 外接圆的面积为12π． (2)由正弦定理得，sinB =bsinC c=b×√32√3b=12， ∵0<B <π3，∴B =π6，∴A =π−B −C =π6，∴在△ACM 中，由余弦定理得，CM 2=AM 2+AC 2−2AM ⋅AC ⋅cosA ，解得CM =2， 则△ACM 的周长为4+2√3．【知识点】正弦定理【解析】(1)利用诱导公式，正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得tan C 的值，结合0<C <π，可求C 的值，利用正弦定理，圆的面积公式即可求解． (2)由已知利用正弦定理可求sin B 的值，结合0<B <π3，可求B ，利用三角形内角和定理可求A ，在△ACM 中，由余弦定理可求CM 的值，即可求出△ACM 的周长的值． 本题主要考查了诱导公式，正弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形内角和定理，余弦定理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．第11页，共11页。

2020-2021学年安徽省合肥八中高一（下）期末数学复习试卷（6）一、单选题（本大题共6小题，共30.0分）1. (2021·江苏省盐城市·单元测试)已知复数z 满足z −−z =2i ，则z 的虚部是( )A. −1B. 1C. −iD. i2. (2021·河南省安阳市·模拟题)已知复数z 满足|z −2|=1，则|z|的最大值为( )A. 1B. 2C. 3D. 43. (2020·河北省石家庄市·单元测试)如图所示，在三棱台A′B′C′−ABC 中，沿A′BC 截去三棱锥A′−ABC ，则剩余的部分是( )A. 三棱锥B. 四棱锥C. 三棱柱D. 组合体4. (2021·浙江省·单元测试)宽与长的比为√5−12≈0.618的矩形叫做黄金矩形.它广泛的出现在艺术、建筑、人体和自然界中，令人赏心悦目.在黄金矩形ABCD 中，BC =√5−1，AB >BC ，那么AB ⃗⃗⃗⃗⃗⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A. √5−1 B. √5+1 C. 4 D. 2√5+25. (2021·江苏省苏州市·期中考试)已知△ABC 中，AB =2，AC =1，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =1，O 为△ABC 所在平面内一点，且满足OA⃗⃗⃗⃗⃗ +2OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +3OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A. −4 B. −1 C. 1 D. 46. (2021·浙江省台州市·单元测试)某圆锥母线长为2，底面半径为√3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为( )A. 2B. √3C. √2D. 1二、多选题（本大题共2小题，共14.0分）7. (2021·吉林省松原市·模拟题)已知i 为虚数单位，以下四个说法中正确的是( )A. i +i 2+i 3+i 4=0B. 复数z =3−i 的虚部为−iC. 若z=(1+2i)2，则复平面内z−对应的点位于第二象限D. 已知复数z满足|z−1|=|z+1|，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线8.(2021·河北省邯郸市·单元测试)下面关于空间几何体叙述不正确的是()A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥B. 棱柱的侧面都是平行四边形C. 直平行六面体是长方体D. 直角三角形以其一边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥三、单空题（本大题共4小题，共24.0分）9.(2021·安徽省合肥市·期末考试)如图所示，是三角形ABC的直观图，则三角形ABC的面积S△ABC=______ .(请用数字填写)10.(2021·河北省邯郸市·单元测试)若球的半径为2，则与球心距离为√3的平面截球所得的圆面面积为______ ．11.(2021·安徽省合肥市·期末考试)如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的周长为______ ．12.(2021·浙江省金华市·单元测试)已知△ABC中角A，B，C所对的边分别为a,b,c,sinAsinB =1+cosA2−cosB,cosA=35,S△ABC=6，则a=______．四、解答题（本大题共2小题，共32.0分）13.(2021·安徽省合肥市·期末考试)已知|a⃗|=2，|b⃗ |=3，(2a⃗−3b⃗ )⋅(2a⃗+b⃗ )=−7．(1)求|a⃗+b⃗ |；(2)求向量a⃗与a⃗+b⃗ 的夹角的余弦值．14.(2021·安徽省合肥市·期末考试)△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinC=√3ccosA．3(1)求A的值；(2)若a=5，求2b−√3c的取值范围．答案和解析1.【答案】A【知识点】共轭复数【解析】【分析】本题考查了待定系数法求解复数的应用，考查了复数相等的定义，属于基础题．利用待定系数法设z=a+bi，然后利用复数相等，求出b的值即可得到答案．【解答】解：设z=a+bi，因为z−−z=2i，则有a−bi−(a+bi)=2i，即−2bi=2i，所以b=−1，故复数z的虚部为−1．故选：A．2.【答案】C【知识点】复数的模【解析】解：因为|z−2|=1，所以z在复平面内所对应的点Z到点(2,0)的距离为1，所以点Z的轨迹为以(2,0)为圆心，1为半径的圆，所以|z|的取值范围为[1,3]，则|z|的最大值为3．故选：C．利用复数的几何意义得到，点Z的轨迹为以(2,0)为圆心，1为半径的圆，分析即可求得答案．本题考查了复数几何意义的理解和模的运算，属于基础题．3.【答案】B【知识点】简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间几何体【解析】解：如图所示，三棱台A′B′C′−ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′−ABC，剩余部分是四棱锥A′−BCC′B′．故选：B ．画出图形，根据图形和四棱锥的结构特征，即可得出剩余几何体是什么图形． 本题考查了空间几何体结构特征的应用问题，是基础题目．4.【答案】C【知识点】向量的数量积【解析】解：由黄金矩形的定义，可得AB =2，BC =√5−1， 在矩形ABCD 中，cos∠CAB =ABAC =2√4+6−2√5=2√10−2√5，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅cos∠CAB =2×√10−2√5×2√10−2√5=4，故选：C ．由黄金矩形ABCD 的定义，可得AB ，再由勾股定理和向量数量积的定义，计算可得所求值．本题考查黄金矩形的定义，以及向量数量积的定义和运用，考查运算能力，属于基础题．5.【答案】B【知识点】向量的数量积【解析】解：∵△ABC 中，AB =2，AC =1，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =1，O 为△ABC 所在平面内一点，且满足OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +2OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +3OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ， 设AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =O⃗⃗ ， ∴O 为线段MN 的靠近N 的三等分点，∴AO⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +23×12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−16AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12−43−16=−1， 故选：B ．分别令AC ，BC 的中点为M ，N ，则可化简式子得OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =O ⃗⃗ ，于是O 为线段MN 的靠近N 的三等分点，再计算数量积即可得出结论．本题考查了平面向量的数量积运算，确定O 点位置是解题关键，属于中档题．6.【答案】A【知识点】平面的基本性质及应用、旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）及其结构特征【解析】解：如图所示，截面为△SMN，P为MN的中点，设OP=x(0<x≤√3)，SB= 2,OB=√3，所以SO=1，SP=√x2+1,MN=2√3−x2，故S△SMN=12⋅MN⋅SP=12⋅√x2+1⋅2√3−x2=√−(x2−1)2+4，所以当x=1时，S△SMN=2，此时的截面面积最大．故选：A．截面为△SMN，P为MN的中点，设OP=x(0<x≤√3)，分别求出MN和SP的值，然后利用三角形的面积公式表示出截面的面积，再利用二次函数的性质求解最值即可．本题考查了圆锥的结构特征的理解和应用，主要考查了圆锥的截面问题，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．7.【答案】AD【知识点】复数的代数表示及其几何意义、复数的概念、命题及其关系【解析】解：对于A：i+i2+i3+i4=i−1−i+1=0，故A正确；对于B：复数z=3−i的虚部为−1，故B错误；对于C：若z=(1+2i)2=1+4i−4=−3+4i，所以z−=−3−4i，则复平面内z−对应的点位于第三象限，故C错误；对于D：复数z满足|z−1|=|z+1|，表示z到A(1,0)和B(−1,0)两点的距离相等，即z 的轨迹为线段AB的垂直平分线，故D正确．故选：AD．直接利用复数的定义，复数的运算和几何意义判断A、B、C、D的结论．本题考查的知识要点：复数的定义，复数的运算和几何意义，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．8.【答案】ACD【知识点】简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征【解析】解：对于A，底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥，故错误；对于B，由棱柱的性质可得棱柱的侧面都是平行四边形，故正确；对于C，直平行六面体是平行六面体的侧棱与底面垂直，底面可以是平行四边形，它不是长方体，故错误；对于D，直角三角形以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周形成的曲面所围成的几何体是圆锥，故错误．故选：ACD．对于A，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心，即可判断；对于B，由棱柱的性质可判断；对于C，由侧棱与底面不垂直进行判断；对于D，直角三角形以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周形成的曲面所围成的几何体是圆锥，由此即可判断．本题考查命题真假的判断，考查棱柱、正棱锥、平行六面体、圆锥等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．9.【答案】2【知识点】空间几何体的直观图与斜二测画法【解析】解：根据题意知，△ABC的直观图面积为S′=12×2×1×sin45°=√22，所以△ABC的面积为S△ABC=2√2S′=2√2×√22=2．故答案为：2．结合图形求出△ABC直观图面积S′，再根据原平面图形的面积S=2√2S′，计算即可．本题考查了平面图形的直观图面积与原图形面积的关系应用问题，是基础题．10.【答案】π【知识点】球的表面积和体积【解析】解：根据题意，截球所得圆的半径r=√4−3=1，∴截球所得圆的面积为：π．故答案为：π．可求出截球所得圆的半径，然后即可求出截球所得圆的面积．本题考查了球心和截球所得圆的圆心的连线和球截面垂直，圆的面积公式，考查了计算能力，属于基础题．11.【答案】10+2√13【知识点】空间几何体的直观图与斜二测画法【解析】解：把△O′A′B′的直观图还原出原平面图形OAB ，如图所示：根据直观图的画法规则知，OA =2O′A′=6，OB =O′B′=4， 所以AB =√62+42=2√13，所以△OAB 的周长为OA +OB +AB =6+4+2√13=10+2√13． 故答案为：10+2√13．把△O′A′B′的直观图还原出原平面图形OAB ，根据直观图的画法规则求出OA 、OB ，利用勾股定理求出AB 的值．本题考查了平面图形的直观图与原平面图形之间的关系应用问题，是基础题．12.【答案】4【知识点】正弦定理【解析】解：∵sinAsinB =1+cosA2−cosB ,cosA =35,S △ABC =6，∴2sinA −sinAcosB =sinB +sinBcosA ，可得：2sinA =sinB +sinBcosA +sinAcosB =sinB +sin(A +B)=sinB +sinC ， ∴由正弦定理可得：2a =b +c ，∴sinA =√1−cos 2A =45，6=12bcsinA =12×bc ×45，可得：bc =15，∵cosA =35=b 2+c 2−a 22bc=(b+c)2−2bc−a 22bc=4a 2−30−a 230，可得：a 2=16，∴解得：a =4(负值舍去)． 故答案为：4．利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得2sinA =sinB +sinC ，由正弦定理可得2a =b +c ，利用同角三角函数基本关系式可求sin A 的值，根据三角形的面积公式可求bc 的值，进而根据余弦定理即可解得a 的值．本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，余弦定理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．13.【答案】解：(1)∵|a⃗|=2，|b⃗ |=3，∴(2a⃗−3b⃗ )⋅(2a⃗+b⃗ )=4×22−3×32−4a⃗⋅b⃗ =−7，∴a⃗⋅b⃗ =−1，∴|a⃗+b⃗ |=√(a⃗+b⃗ )2=√22+32+2a⃗⋅b⃗ =√13+2×2×3×(−1)= 1；(2)设a⃗与a⃗+b⃗ 夹角θ，cosθ=a⃗ ⋅(a⃗ +b⃗)|a⃗ ||a⃗ +b⃗|=22−12×1=32．【知识点】向量的数量积【解析】(1)由(2a⃗−3b⃗ )⋅(2a⃗+b⃗ )=−7可得a⃗⋅b⃗ 的值，然后|a⃗+b⃗ |转化为√(a⃗+b⃗ )2可求得|a⃗+b⃗ |；(2)设a⃗与a⃗+b⃗ 夹角θ，根据cosθ=a⃗ ⋅(a⃗ +b⃗)|a⃗ ||a⃗ +b⃗|可求夹角余弦值．本题考查平面向量数量积性质，考查数学运算能力，属于基础题．14.【答案】解：(1)因为asinC=√33ccosA，所以sinAsinC=√33sinCcosA．又sinC≠0，所以sinA=√33cosA，即tanA=√33．又A∈(0,π)，所以A=π6．(2)因为a=5，所以asinA =bsinB=csinC=10，所以2b−√3c=20sinB−10√3sinC=20sin(π6+C)−10√3sinC=10cosC．由题可知，C∈(0,56π)，则10cosC∈(−5√3,10)，故2b−√3c的取值范围是(−5√3,10)．【知识点】正弦定理【解析】(1)由已知结合正弦定理可求sin A，然后结合同角基本关系可求；(2)由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简，然后结合余弦函数性质可求．本题主要考查了正弦定理，同角基本关系，和差角公式及余弦函数的性质在求解三角形中的应用，属于中档题．。

A ．B ．1136BA BC→→--16BA →-C ．D ．5163BA BC→→--56BA →-【答案】B 【分析】根据向量的加法减法运算即可求解.在中，，为ABC AB AC =D BC ∴，即中有AD BC ⊥Rt BDO △BD设，,,AB c BC a CA b ===，22222cos 916234933c a b ab C c =+-=+-⨯⨯⨯=∴=.22221145cos sin 1()2999a c b B B ac +-==∴=-=，故选：C.5．的内角、、的对边分别为、、，已知ABC A B C a b c ，，则的面积为（ ）sin sin 4sin sin b C c B a B C +=2228b c a +-=ABC A ．B ．C ．D ．33233334【答案】B 【分析】先由正弦定理边角互化，计算求得，再根据余弦定理求，最后计算面积.sin A bc 【详解】根据正弦定理有，2sin sin 4sin sin sin B C A B C =、、，则，，可得，B C ()0,A π∈sin 0B >sin 0C >1sin 2A =由余弦定理可得，则为锐角，所以，，2224cos 02b c a A bc bc +-==>A 6A π=所以，，解得.43cos 2A bc==833bc =因此，.1183123sin 22323ABC S bc A ==⨯⨯=故选：B.【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；a b c （3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；1、利用及，把向量模的运算转化为数量积的运a a a=⋅ 22()2a b a a b b+=±⋅+ 算；2、利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解.二、多选题7．(多选题)锐角△中，三个内角分别是，，，且，则下列说法正ABC A B C A B >确的是（ ）A ．sin A >sin B B ．cos A <cos B C ．sin A >cos B D ．sin B >cos A【答案】ABCD 【分析】由正弦定理得出，判断A ，由余弦函数性质判断B ，由正弦函sin sin A B A B >⇔>数性质及诱导公式判断CD ．【详解】因为，sin sin a bA B =所以A >B ⇔a >b ⇔sin A >sin B ，故A 成立.函数y =cos x 在区间[0，π]上是减函数，∵A >B ，∴cos A <cos B ，故B 成立.在锐角三角形中，∵A +B >，∴A >B ，2π2π-函数y =sin x 在区间上是增函数，[0,]2π则有sin A >sin ，即sin A >cos B ，C 成立，()2B π-同理sin B >cos A ，故D 成立.故选：ABCD ．8．下列说法中错误的为（ ）．A ．已知，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是()1,2a =()1,1b =a ab λ+λ5,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．向量，不能作为平面内所有向量的一组基底()12,3e =-213,24e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ C ．非零向量，，满足且与同向，则a b a b> a b a b> D ．非零向量和，满足，则与的夹角为30°a b ||||||b a b a +==a b a -【答案】AC 【分析】由向量的数量积，向量的夹角，判断；向量的基本定理判断；向量的定义判断；A B C 平面向量的基本定理与向量的夹角等基本知识判断．D 【详解】解：对于，与的夹角为锐角，A (1,2),(1,1),a b a == a b λ+ ，∴()(1,2)(1,2)142350a a b λλλλλλ+=++=+++=+>且时与的夹角为，所以且，故错误；0(0λλ≠=a a b λ+0)53λ>-0λ≠A 对于B ，向量，即共线，故不能作为平面内所有向量的一组基底，B 正确；124e e =向量是有方向的量，不能比较大小，故C 错误；对于．因为，两边平方得，，D ||||a a b =-2||2·b a b = 则，，223()||||2a a b a a b a +=+= 222||()||2||3||a b a b a a b b a +=+=++= 故，23||()32cos ,2||||||3||a a a b a a b a a b a a +<+>===+ 而向量的夹角范围为，，[0︒180]︒得与的夹角为，故项正确．a ab +30°D 故错误的选项为AC ．故选：AC ．三、填空题：本题共4小题，每小题6分，共24分9．已知=（2，3），=（2,4），向量在上的投影向量____________；a b -a b【答案】48,55⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】根据向量的数量积计算出向量在上的投影，然后由投影数乘向量方向的单位向a bb 量．【详解】由题意向量在上的投影为，，a b22412455(2)4a b b ⋅-+==-+ 25b =向量在上的投影向量为．a b 451248(2,4),555525b ⎛⎫⨯=-=- ⎪⎝⎭ 故答案为：．48,55⎛⎫- ⎪⎝⎭10．已知复数z ＝，则z ·＝________.23(13)ii +-z 【答案】14【分析】化简,计算z ·即可.z z 【详解】z ＝＝＝＝23(13)ii +-223(13)i i i -+-()213(13)i i i --13i i-＝＝(13)(13)(13)i i i i +-+344i-+344iz =--31116164z z ⋅=+=故答案为：1411．在中，角，，的对边分别为，，，已知的面积为ABC A B C a b c ABC ，，，则的值为_______.152c a -=1cos 4B =b 【答案】4【分析】【答案】455【分析】在中，利用正弦定理计算出，分析出BCD △BD 然后在中，利用余弦定理可求得ABD △AB【答案】（1）；（2）．1632【分析】（1）先转化得到，，再表示出，求13CF AB =- 12EC AD = 1132EF AB AD=-+出λ，μ，最后求λ+μ的值；13=-12=（2）先得到和，再建立方程求解12AE AB AD =+u u u r u u u r u u u r0AB AD ⋅=u uu r u u u r 421λ-+=λ，最后求DF 的长.14=【详解】（1）∵点E 是BC 边上中点，点F 是CD 上靠近C 的三等分点，∴，，1133CF DC AB =-=-u u u r u u u r u uu r 1122EC BC AD== ∴，1132EF EC CF AB AD=+=-+∴λ，μ，13=-12=故λ+μ.111326=-+=（2）设λ，则λ，CF = CD BF BC CF AD =+=- AB又，0，12=+=+AE AB BE AB AD AB AD ⋅=∴（）•（λ）AE BF ⋅= 12AB AD+AD - AB ＝﹣λ24λ+2＝1，AB 212AD +=- 故λ，14=∴DF ＝（1﹣λ）×2．32=【点睛】本题考查利用向量的运算求参数，是基础题14．在中，角，，所对的边分别为，，，ABC A B C a b c ，.sin 3sin 02c A a C π⎛⎫++= ⎪⎝⎭6c =（1）求外接圆的面积；ABC （2）若，，求的周长.3=c b 13AM AB = ACM △【答案】（1）；（2）.12π423+【分析】（1）先利用诱导公式将原式化简，再运用正弦定理进行边角互化，得出角的大小，C 然后运用正弦定理求解外接圆的半径，从而得出外接圆的面积.2sin c R C =（2）由及可解出，的大小，得出角的大小，进而得出角，6c =3=c b b sin B B A 然后在中，由余弦定理可解得的值，得出的周长.ACM △CM ACM △【详解】（1）∵ ，sin 3sin 02c A a C π⎛⎫++= ⎪⎝⎭∴ ，由正弦定理得：，sin 3cos 0c A a C +=sin sin 3sin cos 0C A A C +=因为 ，所以，得，sin 0A ≠sin 3cos 0C C +=tan 3C =-又，故 ，0C π<<23C π=∴外接圆的半径，ABC 116232sin 232c R C =⋅=⨯=∴外接圆的面积为.ABC 12π（2）由及得：，，6c =3=c b 23b =3sin 12s n 23i 3C B ===∵，则为锐角，23C π=B【点睛】解三角形时，若题目所给式子中含有角的余弦或边的二次式，则考虑用余弦定理；若式子中含有角的正弦或者边的一次式时，则考虑用正弦定理；若以上特征不明显，则。