2020-2021 高一数学下学期期末复习练习（一） 考查知识：苏教版必修第二册 一选择题（共一选择题（共 8 小题）小题） 1将向量向右平移 2 个单位，再向下平移 4 个单位，所得向量的坐标为 2,4AB uu u r CD （ ） ABCD 4,84, 82,40,0 2已知 为虚数单位，且，则复数的虚部为（ ） i 3 1i zi z ABCD 1 2 i 1 2 1 2 1 2 i 3某校 100 名学生期末考试数学成绩的频率分布直方图如图所示，学生成绩的分组区间是 ，其中数学成绩不及格（分数低于 60 分） 50,60 , 60,70 , 70,80 , 80,90 , 90,100 的学生有（ ） A5 名B10 名C25 名D20 名 4已知平面 ，直线 m，n，则下列命题中正确的是（ ） A若 m，n，则 mn B若 ，m，n，则 mn C若 l，m，m，则 ml D若 l，m，ml，则 m 5已知点是角的终边与单位圆的交点，则（ ） 36 , 33 P sin2 ABCD 1 3 1 3 2 2 3 6 3 6下列说法正确的是（ ） A投掷一枚硬币 1000 次，一定有 500 次“正面朝上” B若甲组数据的方差是，乙组数据的方差是，则甲组数据比乙组数据稳定 0.030.1 C为了解我国中学生的视力情况，应采取全面调查的方式 D一组数据 1255533 的中位数和众数都是 5 7中，点为的外心，若 ABC2AB 2 6BC 4AC OABC ，则实数的值为（ ） AOmABnAC mn mn ABCD 7 1 5 1 5 1 7 8已知正三棱锥中，底面是边长为 的正三角形，侧棱长为，为 DABC1ABC 2 2M 的中点，为中点，是的动点，是平面上的动点，则 ACEABPDM Q ECD 的最小值是（ ） APPQ ABCD 31 4 62 4 31 4 62 4 二、多选题二、多选题 9已知（i 为虚数单位） ，设，为 z 的共轭复数， (2)(3)ixiyi( ,)zxyi a bR z 则（ ） ABCD复数 z 对应的点在 | 2 17z 28zi 68z z 第四象限 10近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收垃圾和 其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱为调查居民生活垃圾的分类投放情况，现随 机抽取了该市三类垃圾箱中总计生活垃圾，经分拣以后统计数据如表（单位： 1000t ） 根据样本估计本市生活垃圾的分类投放情况，则下列说法正确的是（ ） t “厨余垃圾”箱“可回收垃圾”箱“其他垃圾”箱 厨余垃圾400100100 可回收垃圾3024030 其他垃圾202060 A厨余垃圾投放正确的概率为 B居民生活垃圾投放错误的概率为 2 3 3 10 C该市三类垃圾中投放正确的概率最高的是可回收垃圾 D厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、 “可回收垃圾”箱、 “其他垃圾”箱的投放量的方差为 18000 11下列命题中是真命题的有（ ） A存在，使 tantantan B在中，若，则是等腰三角形 ABCsin2sin2ABABC C在中， “”是“”的充要条件 ABCABsinsinAB D在中，若，则的值为或 ABC 5 cos 13 A 4 sin 5 B cosC 33 65 63 65 12正方体的棱长为 2，分别为，的中点， 1111 ABCDABC D EFGBC1 CC 1 BB 则（ ） A直线与直线垂直 B平面截正方体所得的截面面积为 1 BC AFAEF 9 2 C三棱锥的体积为 2 D点与点 G 到平面的距离相等 FACE1 A AEF 第第 IIII 卷（非选择题）卷（非选择题） 请点击修改第 II 卷的文字说明 三、填空题三、填空题 13已知向量的夹角为，且，则_ , a b 120 1,4ab a b 14已知数据的标准差为，则数据的标准差为 129 ,x xx 5129 31,31,31xxx _ 15平面直角坐标系中，点是终边上的一点，则_. xOy 4, 3P cos 2 3 四、双空题四、双空题 16母线长为 1 的圆锥，其侧面展开图的圆心角等于，则该圆锥底面周长为_； 4 3 高为_ 四解答题（共四解答题（共 6 小题）小题） 17设 A,B,C,D 为平面内的四点,且 A(1,3),B(2,-2),C(4,1). (1)若,求 D 点的坐标;ABCD (2)设向量,若与平行,求实数 k 的值.,aAB bBC kab 3ab 18在复数范围内解下列方程. (1);(2). 2 50 x 2 460 xx 19已知函数 2 ( )2sincos2sin 222 xxx f x (1)求 f(x)的最小正周期; (2)求 f(x)在区间上的最小值.,0 20为了促进学生的全面发展,某市教育局要求本市所有学校重视社团文化建设,通过考核 选拔进入该校的“电影社”和“心理社”,已知某同学通过考核选拔进入这两个社团成功与 否相互独立.根据报名情况和他本人的才艺能力,两个社团都能进入的概率为,至少进入 1 24 一个社团的概率为,并且进入“电影社”的概率小于进入“心理社”的概率. 3 8 (1)求该同学分别通过选拔进入“电影社”的概率和进入“心理社”的概率; 1 P 2 P (2)学校根据这两个社团的活动安排情况,对进入“电影社”的同学增加 1 个校本选修课学 分,对进入“心理社”的同学增加 0.5 个校本选修课学分.求该同学在社团方面获得校本选 修课学分分数不低于 1 分的概率. 21已知ABC 的内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c, _,且 .现从:,这三个条3,3sin3sin4sin()aBCBC 3 A 3 B 2 AB 件中任选一个,将题目补充完整,并判断这样的ABC 是否存在,若存在,求ABC 的面积 S; 若不存在,请说明理由. 22如图,E,F,G,H 分别是正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱 BC,CC1,C1D1,AA1的中点.求证: (1)GE平面 BDD1B1; (2)平面 BDF平面 B1D1H. 2020-2021 高一数学下学期期末复习练习（一） 考查知识：苏教版必修第二册 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 8 小题）小题） 1C 【分析】 由向量相等的定义可得正确选项. 【详解】 根据平移变换不改变向量的长度和方向，可知选项 C 正确. 故选 C. 2B 【分析】 先求出 z，直接写出的虚部. z 【详解】 解：由， 3 1 i zii 得， 2 2 11 11 1 1 1 1 22 1 iiii zi iii 复数的为. z 1 2 故选：B. 【点睛】 复数的计算常见题型： (1) 复数的四则运算直接利用四则运算法则； (2) 求共轭复数是实部不变，虚部相反； (3) 复数的模的计算直接根据模的定义即可. 3A 【分析】 由频率和为 1，可求得的值，再根据频数=样本容量频率/组距，即可得解 a 【详解】 由频率分布直方图知， 0.040.030.02101aa 可得，所以不及格人数为：. 0.005a 0.005 10 100=5 故选：A 4C 【分析】 根据线面平行的性质定理进行判断选项 A;根据面面垂直的性质定理可判断选项 B；根据线 面平行的判定定理判断选项 C 即可；根据线面垂直的判定定理判断选项 D; 【详解】 解：平面 ，直线 m，n， 对于 A，若 m，n，则 m 与 n 平行或异面，故 A 错误； 对于 B，若 ，m，n，则 m 与 n 相交、平行或异面，故 B 错误； 对于 C，若 l，m，m，则由线面平行的性质得 ml，故 C 正确； 对于 D，若 l，m，ml，则 m 与 不一定垂直，故 D 错误 故选：C 【点睛】 本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明： （1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异 面直线； （2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键. 5C 【分析】 依题意可得，进而由二倍角公式可得. 6 sin 3 3 cos 3 sin2 【详解】 依题意，由任意角三角函数的定义可得， 6 sin 3 3 cos 3 所以. 632 2 sin22sincos2 333 故选：C. 6B 【分析】 根据统计量，对各项分析判断即可得解. 【详解】 对于 A，因为每次抛掷硬币都是随机事件，所以不一定有 500 次“正面朝上”，故 A 错误； 对于 B，因为方差越小越稳定，故 B 正确； 对于 C，为了解我国中学生的视力情况，应采取抽样调查的方式，故 C 错误； 对于 D，数据 1255533 按从小到大排列后为 1233555， 则其中位数为 3，故 D 错误， 故选：B. 7A 【分析】 在中，利用余弦定理求出，再在两边同时乘以向 ABCcosBACAOmABnAC 量和，利用投影的定义计算出和的值，代入方程中计算，解出 AB AC AO AB AO AC 和，可得出答案 mn 【详解】 中， ABC2AB 2 6BC 4AC 则， 222 416241 cos 22244 ABACBC BAC AB AC ， AOmABnAC 2 2 AO ABmABnAC AB AO ACmAB ACnAC 又，同理可得：，代入上式， 1 | | cos| 2 2 AO ABABAOOABABAB 8AO AC ，解得：， 242 8216 mn mn 4 5 3 5 m n 7 mn mn 故选：A. 8A 【分析】 作出图形，在正三棱锥中，分析得出平面，固定，找出点运动 DABCAB CDEPP 时取得最小值时的位置，利用解三角形的相关知识即可求得结果. APPQ 【详解】 因为为上的动点，为平面上的动点，且两者的运动无关，所以采用一定一 PDM Q ECD 动的原则， 先固定，当在动的时候，显然，当平面时，取最小值， P QPQ ECD PQ 为了确定垂直状态在哪里，具体给出下图： 作分别交、于点、，连接， /MF ABCBCEFOOD 当点在上且时，平面， Q OD /PQ MFPQ ECD 以下证明此时平面， PQ ECD ，为的中点，则，同理可知， ACBCEABCEABDEAB ，平面， DECEE ABECD 所以，所以，平面， /PQ MF ABPQ ECD 此时，再将平面绕着转动，使得、四点共面， DOMDMDOMA 此时，释放点，当点在运动过程中，、三点共线时， PP Q PA ， minPQAPP QAPAQ 已经找到最小状态，易知， 111 244 MOMFAB 22 1 2 DMDCCM ，平面，则平面，则平面， /MF ABAB ECDMF ECDMO ECD 平面，故，则， DO ECDMODO 1 sin 2 OM MDO DM 3 cos 2 MDO ，则，则为等腰直角三角形， 2 2 CDAD 1AC 222 ADCDACACD 故， 45ADM 262 sin45sincos 24 MDOMDOMDO 因为. 26231 sin45 244 AQADMDO 故选：A. 【点睛】 思路点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法 进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面 体与旋转体的侧面展开图的形状； （2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定 理求解. 9AC 【分析】 对化简求出的值，从而可求得复数，然后逐个分析判断即可 (2)(3)ixiyi, x y z 【详解】 解：由，得，即， (2)(3)ixiyi 2 623xiixiyi(6)(32 )xx iyi 所以，解得， 6 321 xy x 2 8 x y 所以， 28zi 所以，所以 A 正确； 22 28682 17z ，所以 B 错误； 28zi ，所以 C 正确； 22 (28 )(28 )2(8 )68z ziii 复数对应的点为，在第一象限，所以 D 错误， 28zi (2,8) 故选：AC 10ABC 【分析】 由表依次算出各类垃圾投放正确的概率，再算出厨余垃圾在各垃圾箱投放量的均值和方差 即可. 【详解】 对于 A：厨余垃圾的投放的正确的概率为，故 A 正确； 2 3 对于 B：居民生活垃圾的投放的错误概率，故 B 正确； 20060403 100010 对于 C：该市三类垃圾中投放正确的概率最高的是“可回收垃圾”，故 C 正确； 对于 D：厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、 “可回收垃圾”箱、 “其他垃圾”箱的投放量的平均数 ， 400 100 100 200 3 x 所以， 222 2 1 4002001002001002002000018000 3 S 故 D 错误 故选：ABC 11AC 【分析】 赋值法可以判断 A 选项；在中根据正弦值相等，可得两角相等或者互补可判断 B ABC 选项；根据正弦定理可判断选项 C；先由，求得，再由， 5 cos 13 A 12 sin 13 A 4 sin 5 B 结合大角对大边求得，最后根据求值即可判断选项 D. 3 cos 5 B coscos()CAB 【详解】 对于 A，当时，正确； 0 对于 B，由可得或，即或，所以 sin2sin2AB22AB22ABAB2 AB 是等腰三角形或直角三角形，错误； ABC 对于 C，(其中是外接 2 sin2 sinsinsinABabRARBABRABC 圆的半径)，正确； 对于 D，因为，所以. 5 cos 13 A 0A 2 2 512 sin1 cos1 1313 AA 因为，所以由正弦定理得，从而. sinsinABabAB 又因为，所以， 4 sin 5 B 2 2 43 cos1 sin1 55 BB 从而，错误； 33 coscossinsincoscos 65 CABABAB 故选：AC. 【点睛】 解决判断三角形的形状问题，一般将条件化为只含角的三角函数的关系式，然后利用三角 恒等变换得出内角之间的关系式；或将条件化为只含有边的关系式，然后利用常见的化简 变形得出三边的关系另外，在变形过程中要注意 A，B，C 的范围对三角函数值的影响 12BD 【分析】 对四个选项一一验证： 对于 A：用反证法，假设直线与直线垂直，可以证明面.在正方体 1 BC AFAE 11 BCC B 中，面，这“过一点有且只有一条直线与已知平面垂直”相矛盾，即可判断； AB 11 BCC B 对于 B：连结，即可得到面截正方体所得的截面为等腰梯形,再求 11 ,AD FD AEF 1 AEFD 等腰梯形的面积； 1 AEFD 对于 C：直接计算三棱锥的体积； FACE 对于 D：取的中点 H，连结,证明面面 AEF，即可得到点与点 G 1 BC 1 ,AH GH 1 AGH 1 A 到平面的距离相等. AEF 【详解】 如图： 对于 A：因为正方体的棱长为 2，分别为， 1111 ABCDABC D EFGBC1 CC 的中点，所以. 1 BB 11 ,BCEF BBAE 假设直线与直线垂直，又因为,所以面,所以 1 BC AF EFAFF 1 BC AEF 而所以面. 1 ,BCAE 1111 ,BBAE BCBBB AE 11 BCC B 在正方体中，面,则过 A 点有两条直线 AB、AE 与面垂直，这“过一 AB 11 BCC B 11 BCC B 点有且只有一条直线与已知平面垂直”相矛盾，故 A 错误； 对于 B：连结 11 ,AD FD 因为，分别为，的中点，所以面截正方体所得的截面为等腰梯形 EFBC1 CC AEF , 1 AEFD 由正方体边长为 2，得：所以等腰梯形的 11 2,2 2,5,EFADAED F 1 AEFD 高为,所以等腰梯形的面积为 ( ) 2 2 23 2 5 22 h =-= 1 AEFD ，故 B 正确； 1 113 29 22 2 2222 SEFAD h 对于 C：三棱锥的体积：,故 C 错误； FACE 1111 2 1 1 3323 FACEACE VSCF 对于 D:取的中点 H，连结,由已知得：,面 AEF, 面 1 BC 1 ,AH GH /GHEFGH EF AEF,所以面 AEF；同理可证：面 AEF. /GH1 AH 因为,所以面面 AEF，所以点与点 G 到平面的距离相等. 1 AHGHH 1 AGH 1 A AEF 故 D 正确. 故选：BD 【点睛】 （1）多项选择题是 2020 年高考新题型，需要要对选项一一验证 （2）立体几何几何位置关系的证明，用判定定理；计算通常是求角或求距离， （求体积通 常需要先求距离）.如果求体积（或求距离） ，常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法. 13 2 【分析】 根据向量的数量积公式，直接求值即可得解. 【详解】 1 1 42 2 a b 故答案为：. 2 1415 【分析】 由数据标准差可得方差，根据方差的性质可得新数据的方差，由此得到标准差. 【详解】 数据的标准差为，则其方差为， 129 ,x xx 525 的方差为，则其标准差为. 129 31,31,31xxx 25 922522515 故答案为：. 15 15 724 3 50 【分析】 先根据三角函数的定义求出和，利用二倍角公式求出和，再用 cossincos2sin2 两角和的余弦公式即可求解. 【详解】 因为点是终边上的一点，由三角函数的定义得：， 4, 3P 4 cos 5 3 sin 5 所以， 2 7 cos22cos1 25 24 sin22sincos 25 则， 1317324724 3 cos 2cos2sin2 32222522550 故答案为：. 724 3 50 【点睛】 (1) 三角函数值的大小与点 P（x,y）在终边上的位置无关，根据定义就可以求出对应三角 函数值；当角的终边在直线上时，或终边上的点带参数必要时，要对参数进行讨论 (2) 利用三角公式求三角函数值的关键：选择合适的公式；角的范围的判断；必要 时需根据条件进行合理的拆角，如等 2() ， 16 4 3 5 3 【分析】 根据圆锥的侧面展开图为扇形以及扇形的弧长公式求解出圆锥底面周长；利用底面圆的周 长求解出底面圆的半径，结合勾股定理求解出圆锥的高. 【详解】 设圆锥的底面半径为，底面周长为，圆锥的高为， RCh 所以，所以， 4 21 3 CR 2 3 R 又因为，所以， 22 1Rh 5 3 h 故答案为：；. 4 3 5 3 四解答题（共四解答题（共 6 小题）小题） 17设 A,B,C,D 为平面内的四点,且 A(1,3),B(2,-2),C(4,1). (1)若,求 D 点的坐标;ABCD (2)设向量,若与平行,求实数 k 的值.,aAB bBC kab 3ab 【解析】(1)设 D(x,y).因为,所以(2,-2)-(1,3)=(x,y)-(4,1),ABCD 化为(1,-5)=(x-4,y-1),所以，解得所以 D(5,-4). 41, 15, x y 5, 4, x y (2)因为,(2, 2)(1,3)(1, 5),(4,1)(2, 2)(2,3)aABbBC 所以.(1, 5)(2,3)(2, 53),3(1, 5)3(2,3)(7,4)kabkkkab 因为与平行,kab 3ab 所以 7(-5k-3)-4(k-2)=0,解得. 1 3 k 18在复数范围内解下列方程. (1);(2). 2 50 x 2 460 xx 【解析】(1)因为,所以,又因为,所以, 2 50 x 2 5x 22 ( 5 )(5 )5ii 5xi 所以方程的根为. 2 50 x 5xi (2)方法一:因为,所以, 2 460 xx 2 (2)2x 因为,所以或, 22 ( 2 )(2 )2ii 22xi22xi 即或,22xi 22xi 所以方程的根为. 2 460 xx22xi 方法二:由知, 2 460 xx 2 44 680 所以方程无实数根. 2 460 xx 在复数范围内,设方程的根为 x=a+bi(a,b且 b0), 2 460 xxR 则,所以, 2 ()4()60abiabi 22 +24460aabibabi 整理得, 22 (46)(24 )0abaabb i 所以又因为 b0,所以解得. 22 460 240 aba abb ， ， 22 460 240 aba a ， ， 2,2ab 所以,即方程的根为.22xi 2 460 xx22xi 【方法技巧】 在复数范围内,实系数一元二次方程的求解方法 2 0(0)axbxca (1)求根公式法 当时, .当时, .0 2 4 2 bbac x a 0 2 4 2 bbac i x a (2)利用复数相等的定义求解 设方程的根为,将其代入方程,化简后利用复( ,)xmni m nR 2 0(0)axbxca 数相等的定义求解. 19已知函数 2 ( )2sincos2sin 222 xxx f x (1)求 f(x)的最小正周期; (2)求 f(x)在区间上的最小值.,0 【解析】(1)因为 222 ( )sin(1 cos )sin() 2242 f xxxx 所以的最小正周期为.( )f x2 (2)因为,所以，0 x 3 444 x 所以当，即时,取得最小值. 42 x 3 4 x ( )f x 所以在区间上的最小值为. ( )f x,0 32 ()1 42 f 20为了促进学生的全面发展,某市教育局要求本市所有学校重视社团文化建设,通过考核 选拔进入该校的“电影社”和“心理社”,已知某同学通过考核选拔进入这两个社团成功与 否相互独立.根据报名情况和他本人的才艺能力,两个社团都能进入的概率为,至少进入 1 24 一个社团的概率为,并且进入“电影社”的概率小于进入“心理社”的概率. 3 8 (1)求该同学分别通过选拔进入“电影社”的概率和进入“心理社”的概率; 1 P 2 P (2)学校根据这两个社团的活动安排情况,对进入“电影社”的同学增加 1 个校本选修课学 分,对进入“心理社”的同学增加 0.5 个校本选修课学分.求该同学在社团方面获得校本选 修课学分分数不低于 1 分的概率. 【解析】(1)根据题意得:且，所以. 12 12 1 , 24 3 1 (1)(1), 8 p p pp 12 pp 12 11 , 64 pp (2)令该同学在社团方面获得校本选修课加分分数为 X, , 111111 (1)(1), (1.5) 4684624 P XP X 所以该同学在社团方面获得校本选修课学分分数不低于 1 分的概率. 111 8246 P 21已知ABC 的内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c, _,且 .现从:,这三个条3,3sin3sin4sin()aBCBC 3 A 3 B 2 AB 件中任选一个,将题目补充完整,并判断这样的ABC 是否存在,若存在,求ABC 的面积 S; 若不存在,请说明理由. 【解析】若选条件.由 3sin B+3sin C=4sin(B+C),得 3b+3c=4a. 又 a=3,所以 b+c=4.因为,所以, 3 A 22 9bcbc 解得 或 615 , 3 615 , 3 b c 615 , 3 615 , 3 b c 不妨取易知 bac,且 a+cb, 615 , 3 615 , 3 b c 所以这样的ABC 存在,其面积. 11737 3 sin 223212 SbcA 若选条件.由 3sin B+3sin C=4sin(B+C),得 3b+3c=4a.又 a=3,所以 b+c=4, 因为,所以. 3 B 22 93bcc 解得易知 abc,且 b+ca, 13, 7 , 5 b c 所以这样的ABC 存在,其面积. 117321 3 sin3 225220 SacB 若选条件.由 3sin B+3sin C=4sin(B+C),得 3b+3c=4a,又 a=3, 所以 b+c=4,因为 A+B=,所以,即, 2 222 abc 22 9bc 解得易知 cab,且 a+bc, 7 , 8 25 , 8 b c 所以这样的ABC 存在,其面积. 11721 sin3 22816 SabcC 综上所述,选条件时,;选条件时,;选条件时,. 7 3 12 S 21 3 20 S 21 16 S 22如图,E,F,G,H 分别是正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱 BC,CC1,C1D1,AA1的中点.求证: (1)GE平面 BDD1B1; (2)平面 BDF平面 B1D1H. 【证明】(1)取 B1D1的中点 O,连接 GO,OB, 易证,所以,四边形 BEGO 为平行四边形, 1111 11 / , 22 OGBC BEBC / OGBE 所以 OBGE.因为 OB平面 BDD1B1,GE平面 BDD1B1, 所以 GE平面 BDD1B1. (2)由正方体性质得 B1D1BD, 因为 B1D1平面 BDF,BD平面 BDF,所以 B1D1平面 BDF.连接 HB,D1F, 易证 HBFD1是平行四边形得 HD1BF. 因为 HD1平面 BDF,BF平面 BDF,所以 HD1平面 BDF. 因为 B1D1HD1=D1,所以平面 BDF平面 B1D1H. 2020-2021 高一数学下学期期末复习练习（三） 考查知识：苏教版必修第二册 一选择题（共一选择题（共 8 小题）小题） 1若向量，且，则( ,2)ax ( 1,3)b 3a b (x ) AB3CD3 5 3 5 3 2某学校参加志愿服务社团的学生中，高一年级有 50 人，高二年级有 30 人，高三年级有 20 人，现用分层抽样的方法从这 100 名学生中抽取学生组成一个活动小组，已知从高二年 级的学生中抽取了 6 人，则从高三年级的学生中应抽取的人数为 () A2B3C4D5 3已知复数满足，则下列结论正确的是 z12z ii () ABCD| 5z |1| 2z | 2zi| 2zi 4已知，且，则(,) 2 3cos28cos50tan() ABCD 2 3 5 3 2 5 5 5 2 5已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，PABCO2PAPCBC4AB ，平面平面，则球的体积为 120APCPAC ABCO() ABCD4 5 16 5 3 20 5 3 8 5 6攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒 尖、八角攒尖如图属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四 棱锥的侧面积是底面积的 2 倍，则此正四棱锥的底面边长与内切球半径比为 () AB 2 4 2 2 CD 3 3 2 3 7学校从高一、高二、高三中各选派 10 名同学参加“建党 100 周年党史宣讲”系列报告 会，其中三个年级参会同学中女生人数分别为 5、6、7，学习后学校随机选取一名同学汇 报学习心得，结果选出一名女同学，则该名女同学来自高三年级的概率为 () ABCD 7 18 7 30 9 15 1 3 8在锐角中，已知，则下列正确的结论为 ABCcos(sincos)sinABBC() ABCD 4 A 3 B AB 4 B 二多选题（共二多选题（共 4 小题）小题） 9已知平面向量，且，则 (2,2)a (1,)bm |2| |abab () ABCD4a b 0a b 1m |2b 10下列命题正确的是 ( ) A. 一组数据的最大值与最小值的差称为极差. B. 计算分层随机抽样的均值与方差时,必须已知各层的权重. C. 若一组数据的值大小相等,没有波动变化,则标准差为 0. D. 标准差越大,表明各个样本数据在样本平均数周围越集中;标准差越小,表明各个样本数 据在样本平均数周围越分散. 11若关于的方程在区间上有且只有一个解，则的x 2 2 3cossin23xxm, 4 6 m 值可能为 () ABC0D121 12已知空间中的两个不同平面，和两条不同直线，若，ab/ / ，则 ab() A直线，可能平行B直线，可能异面abab C直线，可能垂直D直线，可能相交abab 三填空题（共三填空题（共 4 小题）小题） 13若，则(1)1zii | z 14已知一场足球比赛中，队员甲进球的概率为 0.4，队员乙进球的概率为 0.3，这两名队 员是否进球相互独立，则同一场比赛中他们两人至少有一人进球的概率为 15公元 1231 年，南宋著名思想家，教育家陆九渊的弟子将象山书院改建于三峰山徐岩 （徐岩旧址，现为贵溪市第一中学） ，在信江河畔便可望见由明正德皇帝御笔亲题的“象山 书院”红色题刻为测量题刻的高度，在处CDA 测得仰角分别为，前进 40 米后，4530 又在处测得仰角分别为，B6045 则题刻的高度约为米CD 16在趣味折纸活动中，小芳利用如图纸带折出正四面体，图中四个正三角形的边长皆为 ，折后与重合的点为，若所折成的正四面体在一个圆柱形容器内可任意转动，4cmD 则该容器体积的最小值为 四解答题（共四解答题（共 6 小题）小题） 17设复数（其中， 为虚数单位 1 2zai)aR 2 43zii （1）若是实数，求的值； （2）若是纯虚数，求 12 zz 12 zz 1 2 z z 1 |z 18企业在商业活动中有依法纳税的基本义务，不依法纳税叫做逃税，是一种违法行 为某地区有 2 万家企业，政府部门抽取部分企业统计其去年的收入，得到下面的频率分 布表根据当地政策综合测算，企业应缴的税额约为收入的，而去年该地区企业实际5% 缴税的总额为 291 亿元 收入（千万元） (0,2)，24)，46)，68)，810 频率0.30.50.120.060.02 （1）估计该地区去年收入大于等于 4 千万元的企业数量； （2）估计该地区企业去年的平均收入，并以此估计该地区逃税的企业数量； 注：每组数据以区间中点值为代表，假设逃税的企业缴税额为 0，未逃税的企业都足额缴 税 19设向量，(1,2)a (2,1)b ( 2,1)c （1）若向量与向量平行，求的值；ab c （2）若向量与向量互相垂直，求的值bc bc 20有一种击球比赛，把从裁判发球哨响开始到之后裁判第一哨响止，叫做一回合每一 回合中，发球队赢球后得分 1 分并在下一回合发球，另一对得零分，发球队输球后，比赛 双方均得零分，下一回合由另一对发球甲乙两球队正在进行这种击球比赛，从以往统计 结果看，每一回合，甲乙两队输赢球的概率都相等 （1）在连续三个回合中，第一回合由甲队发球，求甲队得 1 分的概率； （2）比赛进入决胜局，两队得分均为 25 分，在接下来的比赛中，甲队第一回合发球，若 甲乙两队某一队得分比对方得分多 2 分，则比赛结束，得分多的对获比赛胜利求甲队在 第四回合获得比赛胜利的概率 21已知ABC 的内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c, _,且 .现从:,这三个条3,3sin3sin4sin()aBCBC 3 A 3 B 2 AB 件中任选一个,将题目补充完整,并判断这样的ABC 是否存在,若存在,求ABC 的面积 S; 若不存在,请说明理由. 22如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形， 1111 CDC DAA CDAD60 A ，是线段的中点2CD2A A 求证：平面； 1 1 C/ 11 DDA A 若平面且， 2 1 CD CDA 1 CD3 求平面和平面所成的角（锐角）的余弦值 11 C D CDA 2020-2021 高一数学下学期期末复习练习（三） 考查知识：苏教版必修第二册 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 8 小题）小题） 1若向量，且，则( ,2)ax ( 1,3)b 3a b (x ) AB3CD3 5 3 5 3 【分析】由向量数量积的坐标运算即可求解 【解答】解：因为向量，且，( ,2)ax ( 1,3)b 3a b 所以，解得63x 3x 故选：B 【点评】本题主要考查向量数量积的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题 2某学校参加志愿服务社团的学生中，高一年级有 50 人，高二年级有 30 人，高三年级有 20 人，现用分层抽样的方法从这 100 名学生中抽取学生组成一个活动小组，已知从高二年 级的学生中抽取了 6 人，则从高三年级的学生中应抽取的人数为 () A2B3C4D5 【分析】根据分层抽样原理列方程求得应抽取的人数 【解答】解：根据分层抽样原理知，从高二年级的学生中抽取了 6 人， 设从高三年级的学生中应抽取人，列方程得，x 6 2030 x 解得，4x 所以从高三年级的学生中应抽取 4 人 故选：C 【点评】本题考查了分层抽样原理应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题 3已知复数满足，则下列结论正确的是 z12z ii () ABCD| 5z |1| 2z | 2zi| 2zi 【分析】由已知结合复数的四则运算先求，然后结合复数的模长公式分别检验各选项即Z 可判断 【解答】解：因为，所以，12z ii 2zi 所以2|5,|1|2,| 2,| 2 2zizzzizi 故选：C 【点评】本题主要考查了复数的运算及复数的模长公式，属于基础题 4已知，且，则(,) 2 3cos28cos50tan() ABCD 2 3 5 3 2 5 5 5 2 【分析】结合二倍角公式，以及的角度范围，可以确定的值，再利用三角函数的cos 同角公式，即可解出的值，运用公式，即可求解sin sin tan cos 【解答】解：由题意可得，二倍角公式可得，3cos28cos50 ， 2 cos22cos1 ，即， 2 3cos4cos40(3cos2)(cos2)0 （舍去） ， 2 cos,cos2 3 又，(,) 2 cos0 ，即为第三象限的角，(,) 2 ， 22 sincos1 ，（舍去） ， 2 2 5 sin1 3 cos 2 2 5 sin1 3 cos ， 2 5 sin5 3 tan 2 cos2 3 故选：D 【点评】本题考查了三角函数的性质，以及三角函数的同角函数、二倍角公式，需要学生 熟悉公式，属于基础题 5已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，PABCO2PAPCBC4AB ，平面平面，则球的体积为 120APCPAC ABCO() ABCD4 5 16 5 3 20 5 3 8 5 【分析】利用勾股定理证明，取的中点，利用面面垂直的性质定理证明BCACACD 平面，设的外接圆的圆心为，设为的外接圆的圆心，连结PD ABCPAC 1 O 2 OABC ，由球的性质可得，四边形为正方形，求出球的半径，由球的体积公 1 OO 2 OO 12 OO DO 式求解即可 【解答】解：因为，可知，2PAPC120APC2 3AC 又，所以，故，4AB 2BC 222 ABBCACBCAC 取的中点，则，ACD1PD PDAC 又平面平面，且平面平面，PAC ABCPACABCAC 所以平面，PD ABC 设的外接圆的圆心为，PAC 1 O 则在的延长线上，因为， 1 OPD2PAPC120APC 所以，所以， 11 2POAOAP 1 1DO 设为的外接圆的圆心， 2 OABC 则为的中点， 2 OAB 2 1DO 连结，由球的性质可知，平面， 1 OO 2 OO 2 OO ABC 所以， 12 / /DOOO 22 OODO 同理可得， 12 / /OODO 11 OODO 所以四边形为正方形， 12 OO DO 所以球的半径为，O 22222 22 125ROOAO 所以，5R 则球的体积为O 3 20 54 33 O VR 球 故选：C 【点评】本题考查了球的切接问题以及球的体积，考查了直观想象、逻辑推理、数学运算 等核心素养，属于中档题 6攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒 尖、八角攒尖如图属重檐四角攒
