高一数学下学期期末押题密卷（二） 解析版-A4

这是一份高一数学下学期期末押题密卷（二） 解析版-A4，共16页。试卷主要包含了如图，设z为复数等内容，欢迎下载使用。

1．以的虚部为实部，以的实部为虚部的新复数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先求出的虚部，与的实部，即可得解.
【详解】复数的虚部为，又，
则的实部为，
所以新复数为.
故选：C
2．若高为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】C
【分析】根据圆锥的侧面展开图为一个半圆，可知圆锥的底面周长等于半圆弧长，可得，继而求得母线长.
【详解】设底面半径为，母线长为，侧面展开是一个半圆，
，即，
，，.
故选：C.
3．如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据锐角三角函数定义，结合正方形的性质、平面向量基本定理进行求解即可.
【详解】过作，垂足为，设大正方形的边长为1，设小正方形的边长为，
因为，所以，所以，由勾股定理可知：
，即，
，
，
因此由平面向量基本定理可知：，
因为，所以
，
故选：C
4．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，且，则
C．若，，则
D．若，则
【答案】C
【分析】根据线线、线面和面面之间的基本关系，结合选项依次判断即可.
【详解】对于A：若，则与可能平行或异面，故A错误；
对于B：若，且时，平面与可能平行，也可能相交，故B错误；
对于C：若，，则，所以，故C正确；
对于D：若，设，而可能平行，也可能相交，则可能平行，也可能和相交，故D错误．
故选：C．
5．已知数据的平均数为10，方差为10，则的平均数和方差分别为（ ）
A．32，90B．32，92C．30，90D．30，92
【答案】A
【分析】根据平均数、方差的性质计算可得.
【详解】因为的平均数是10，方差是10，
所以的平均数是，方差是.
故选：A.
6．已知一个古典概型的样本空间和事件A，B，满足，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件B互斥B．
C．D．事件A与事件B相互独立
【答案】D
【分析】利用古典概型计算公式可得，利用概率的加法公式可得，再由互斥事件和对立事件定义可判断AB错误，由可知C错误，利用事件独立性定义可判断D正确.
【详解】易知，同理可得，；
由可得，即，
对于A，因为，所以事件A与事件B不互斥，可得A错误；
对于B，显然，即B错误；
对于C，由可得，即
所以，即C错误；
对于D，易知，满足独立性定义，即D正确.
故选：D
7．已知函数(其中)的部分图象如图所示，点是函数图象与轴的交点，点是函数图象的最高点，且是边长为2的正三角形，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正三角形性质求出点坐标，结合周期可得，将点坐标代入解析式可求得，然后可解.
【详解】过点作轴的垂线，垂足为，则为的中点，
因为是边长为2的正三角形，，
所以，，
所以，，
由题知，所以，所以，
将代入解析式得，
所以，，
所以，
所以.
故选：D
8．如图：正方体的棱长为2，E为的中点，过点D作正方体截面使其与平面平行，则该截面的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题可知，过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为菱形，利用菱形面积公式即可求得结果为.
【详解】根据题意，取的中点分别为，连接，如下图所示：

易知，且，所以四边形是平行四边形；
即，又平面，平面，
所以平面；
同理可得平面；
，平面，
所以平面平面平行，
即过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为平面；
显然，，且，；
所以四边形是边长为的菱形，即所求截面面积即为菱形的面积；
易知，所以其面积为.
故选：B
二：多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分． 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（ ）
A．若，则
B．对任意复数，，有
C．对任意复数，，有
D．在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为
【答案】BC
【分析】借助复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义逐项判断即可得.
【详解】对A：由，故，
故，故A错误；
对B：设、，
则
，
，
故，故B正确；
对C：设、，
有，则，
，故，故C正确；
对D：设，则有，
集合M所构成区域为以为圆心，半径为的圆，
故，故D错误.
故选：BC.
10．将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，记事件“第一次向上的点数为”，“第二次向上的点数为”，“两次向上的点数之和为7”，则（ ）
A．B．
C．与是互斥事件D．与相互独立
【答案】ACD
【分析】由古典概型计算，，判断A,B;运用互斥事件概念判断C；利用独立事件的定义，结合古典概型判断D.
【详解】抛掷一枚骰子两次的样本点数共36种：
，，，，，，
表示第一次向上出现点，第二次向上任一点, ，则A正确.
表示第二次向上出现3点且两次向上点数之和不是7，则第一次向上出现不是4,
则等价于说第一次出现，第二次向上是3点.
满足题意的有，共5种，则概率为.故B错误．
表示点数组合，表示出现，不能同时发生，故与是互斥事件，故C正确．
由A知道，,表示两次点数之和是7，则包含结果数为，共6种 ,则概率．
表示第一次出现点，且两次和为7．满足题意的有.则.
故.则与相互独立.故D正确．
故选：ACD.
11．中，角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则面积的最大值为
C．不可能为锐角三角形
D．若为的外心，则
【答案】BD
【分析】由正弦定理代入计算，即可判断A，由余弦定理结合基本不等式即可判断B，当时，即可判断C，由数量积的运算律代入计算，即可判断D
【详解】对A，因为，由正弦定理可得，
即，即，且，所以，故A错误；
对B，因为，则，由余弦定理可得
，即，当且仅当时，等号成立，
则面积的最大值为，故B正确；
对C，当时，为锐角三角形，故C错误；

对D，如图，作交于点，则点为的中点，且，
设，则，
所以，故D正确；
故选：BD
三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．化简计算： .
【答案】
【分析】利用诱导公式、和角的正弦公式求解作答.
【详解】
.
故答案为：
13．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷次，向上的点数分别记为，则事件“”的概率为 .
【答案】
【分析】采用列举法可得所有基本事件个数和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.
【详解】将一枚质地均匀的骰子连续抛掷次，向上的点数所有可能的结果有：，共个基本事件；
其中满足的有：，共个基本事件，
所求概率.
故答案为：.
14．一个三棱锥形木料，其中底面是的等腰直角三角形，底面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为 .
【答案】
【分析】利用几何体的特征，先作出二面角的平面角，计算出长，再利用直角四面体的外接球直径公式就是补形为长方体的同一顶点三条棱长的平方和的算术平方根，再由表面积公式计算即可.
【详解】
由是的等腰直角三角形，取的中点为，则，
又因为底面，底面，所以，，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
即就是二面角的平面角，
因为二面角的大小为，所以，
又因为，，所以，
由于这个四面体是直角四面体，它可以补形为一个长方体，
从而可得它的外接球半径满足：
则三棱锥的外接球表面积为：
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．为普及天文知识，某校开展了“天文知识竞赛”活动，共有1000名学生参加此次竞赛活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取了80名，统计他们的成绩，其中成绩不低于80分的学生被评为“航天达人”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)估计参加这次竞赛的学生成续的第75百分位数；
(2)若在抽取的80名学生中，利用分层随机抽样的方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从6人中选择2人作为学生代表，求被选中的2人均为航天达人的概率；
(3)已知组的方差为12，组的方差为8，试估计参加此次竞赛的学生不低于80分的成绩方差（结果保留整数）；
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据百分位数计算规则计算可得；
（2）先按照分层抽样求出各层人数，再利用列举法结合古典概型即可得解.
（3）利用分层抽样的方差公式计算可求方差.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
所以成绩在分以下的学生所占的比例为，
成绩在分以下的学生所占的比例为，
所以成绩的第分位数一定在内，即，
因此估计参加这次竞赛的学生成绩的百分位数为；
（2）因为，，，
所以从成绩在，，内的学生中分别抽取了人，人，人，
其中有人为航天达人，设为，有人不是航天达人，设为，
则从人中选择人作为学生代表，
有，
共种，
其中人均为航天达人为共种，
所以被选中的人均为航天达人的概率为．
（3）内的频率为，内的频率为，
内的平均数为，内的平均数为，
内的平均数为，
又组的方差为12，组的方差为8，
所以这次竞赛的学生不低于80分的成绩方差为.
16．记的内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)求；
(2)设，若点是边上一点，，且，求，．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再结合两角和的正弦公式计算可得；
（2）首先求出，，在利用余弦定理得到，再由，将两边平方可得，解得、.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，
因为，所以，
所以，又，所以．
（2）如图所示：因为，，
所以，．
又，所以．
在中，由余弦定理得，
即．①
又，即，
所以，
两边平方得，
即，
所以．②
②－①得，所以，
代入①得（负值已舍去）．
17．某商场举办购物抽奖活动，规则如下：每次抽奖时，从装有2个白球和3个红球（球除颜色外，完全相同）的抽奖箱中，不放回地依次随机摸出2个球，若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则不中奖；商场根据购物金额给予顾客一次或多次抽奖机会，每次抽奖之间相互独立.
(1)若某顾客有一次抽奖机会，求其中奖的概率；
(2)若某顾客有两次抽奖机会，求其至少有一次中奖的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用列举法结合古典概型的概率公式求解即可；
（2）设在第次抽奖时中奖为事件，则由（1）可知，设两次抽奖至少有一次中奖为事件，则,然后利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可.
【详解】（1）设2个白球为，3个红球为，则不放回地依次摸出两个球的情况有：
,
共有20种情况，
其中摸出的2个球颜色相同的有：，共8种情况，
所以某顾客有一次抽奖机会，其中奖的概率为；
（2）设在第次抽奖时中奖为事件，
由于每次抽奖的情况相同，由（1）可知，
设两次抽奖至少有一次中奖为事件，则,
其中为互斥事件，则，
因为每次抽奖之间相互独立，
所以,
，
，
所以，
即若某顾客有两次抽奖机会，则至少有一次中奖的概率为.
18．已知平行四边形中，，，和交于点．

(1)用，表示向量．
(2)若的面积为，的面积为，求的值．
(3)若，，求的余弦值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据平面向量共线定理的推论得到，再由且，即可得到方程，求出，即可得解；
（2）由（1）得到线段的比，即可得到面积之比；
（3）依题意可得平行四边形是正方形，建立平面直角坐标系，利用坐标法求出两向量夹角的余弦值，即可得解.
【详解】（1）因为点在上，则，
又因为，，可知，解得，
所以．
（2）由可得，则，即，
因为，则，
即，可知，即，
所以．
（3）由，即，
则，
所以，即，又，
所以平行四边形是正方形，如图所示的建系，

不妨设，则，可得，，
可得，
因为是向量和的夹角，所以的余弦值是．
19．如图1，在矩形中，已知，，E为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）.
(1)若，求异面直线与的夹角；
(2)求证：；
(3)在翻折过程中，当二面角为时，求四棱锥的体积.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，可证，则为异面直线与的夹角，计算可求
（2）在矩形中，可证明，则在翻折过程中，从而可证明平面，从而可证明结论.
（3）过作，垂足为，过作，垂足为，连接.可证明是二面角的平面角，设，可得，进而求得，可求体积.
【详解】（1）取的中点，连接，
又为的中点，所以，，
四边形是平行四边形，所以，
所以为异面直线与的夹角，
又，，，
所以，所以为等腰直角三角形，
从而可得，
又，，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，
所以异面直线与的夹角；
（2）如图1，连接交于.
因为，且为的中点，，
在矩形中，因为，所以，
所以，所以，
所以，
即，即.
由题意可知，平面，
所以平面，因为平面，所以.
（3）如图2，过作，垂足为，过作，垂足为，连接.
因为平面，平面，所以.
又因为，平面，所以平面.
因为平面.所以.
又因为，平面，
所以平面.因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
所以，所以，由勾股定理可得，
设，由，可得，可得，
由（1）可得，从而可得，所以，
所以，解得，
所以四棱锥的体积.