高中数学上教版（2020）必修 第二册6.3 解三角形同步达标检测题

这是一份高中数学上教版（2020）必修 第二册6.3 解三角形同步达标检测题，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一下学期期末复习模拟试卷2 (时间：120分钟，分值：150分，范围：必修二：向量+复数+立体几何+统计+概率)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知复数 ，且，其中a，b为实数，则（    ）A．， B．， C．， D．，【答案】B【分析】根据复数加减法运算规则和复数相等的定义求解.【详解】因为 ，所以，由，得 ，即 ；故选：B.2．已知向量，满足，，，则（    ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】根据数量积的运算律计算可得.【详解】因为，，，所以，即，即，所以，解得.故选：C3．已知三个不同的平面α，β，γ和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中正确的是（    ）A．若m//α，α∩β=n，则m//n B．若α∩β=m，m⊥γ，则α⊥γC．若α⊥β，γ⊥β，则α//γ D．若α∩β=n，mα，m⊥n，则α⊥β【答案】B【分析】由线面平行的性质定理可知A的正误；利用面面垂直的判定定理可知判断B,有反例可判断BD．【详解】对于A，，，则，错误，原因是不一定是经过直线的平面；故A错误；对于B,因为，，由面面垂直的判定定理得：，故B正确．对于C，若，，不一定得到，例如长方体中，同一顶点出发的三个平面，故C错误，  对于D,若，，，则错误，如下图所示，原因是由题设条件无法推出一个平面经过另一个平面的垂线，故无法判定是否与一定垂直，故D错误；  故选：B4．甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女，若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，则选出的2名教师性别相同的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】从甲校和乙校报名的教师中各任选名，列出基本事件的总数，利用古典概型求解即可.【详解】设甲校2男1女的编号分别为1，2，A，乙校1男2女编号分别为B，3，4，若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果有：，，，，，，，，共计9个，选出的2名教师性别相同的结果有，，，共计4个，故选出的2名教师性别相同的概率为．故选：B.5．已知向量，，，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求出的坐标，依题意可得，则，即可得到方程，解之即可.【详解】因为，，，则，所以，，，，，因为，所以，所以，即，解得.故选：C6．如图1，在高为的直三棱柱容器中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（    ）      A． B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】利用两个几何体中的装水的体积相等，列出方程，即可求解.【详解】解：在图（1）中的几何体中，水的体积为,在图（2）的几何体中，水的体积为：，因为，可得，解得.故选：B. 7．在中，，，且BC边上的高为，则满足条件的的个数为（    ）A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【分析】利用等面积法求得，再利用正弦定理求得，利用内角和的关系及两角和差化积公式，二倍角公式转化为，再利用正弦函数的性质求满足条的的个数，即可求解.【详解】由三角形的面积公式知，即由正弦定理知所以，即，即，即利用两角和的正弦公式结合二倍角公式化简得又，则，，且由正弦函数的性质可知，满足的有2个，即满足条件的的个数为2.故选：B8．在三棱锥中，和都是等边三角形，，平面平面，M是棱AC上一点，且，则过M的平面截三棱锥外接球所得截面面积的最大值与最小值之和为（    ）A．24π B．25π C．26π D．27π【答案】D【分析】根据题设找到三棱锥外接球球心位置，由已知及球体截面的性质求过M平面截球体的最大截面积，根据外接球球心、面面垂直以及比例关系易知共线，且过M平面截球体的最小截面积时该平面，且，即可求最大、最小面积和.【详解】由题设，若为中点，分别是等边和等边的中心，连接，则分别在上，且，，，，面，故面，又面，所以，面面，  又面面，过作面的垂线与过作面的垂线交于，即面，面，则为外接球球心，面，且，，则面，所以面面，综上，结合面面，面面，则面、面为同一平面，所以面，由面面，，面，面面，所以面，面，即，且知：为正方形，如图，，，若外接球半径为，所以，由球体的性质，要使过M平面截三棱锥外接球所得截面面积的最大，则平面必过球心，所以，最大截面圆面积为，要使过M平面截三棱锥外接球所得截面面积的最小，则该平面，因为，而都在面上，故，而，故，显然共线，故，此时截面圆的半径为，则，所以，最小截面圆面积为，综上，最大值与最小值之和为.故选:D.【点睛】关键点点睛：根据球的性质判断过M平面截棱锥外接球截面面积最大、最小时截面与的位置关系，利用几何关系求截面圆半径，最后求面积和.  二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．袋子中装有红球、黄球各个，现从中随机抽取3个，记事件A为“三个球都是红球”，事件B为“三个球都是黄球”，事件C为“三个球至少有一个是黄球”，事件D为“三个球不都是红球”，则（    ）A．事件A与事件B互斥且对立 B．C． D．事件B与事件D可能同时发生【答案】BCD【分析】袋子中装有红球、黄球各个，现从中随机抽取3个，则根据互斥与对立事件的关系，对选项逐一判断即可.【详解】因为袋子中装有红球、黄球各个，现从中随机抽取3个，则会有{三红球，三黄球，一黄球二红球，两黄球一红球}，所以事件A与事件B互斥但不对立，故A选项错误；事件C的对立事件即为事件A，则，故B选项正确；事件A与事件D互为对立事件，则，故C选项正确；因为事件B与事件D不是互斥事件，故有可能同时发生，故D选项正确;故选：BCD10．已知复数，则（    ）A．是纯虚数B．若，则的模为3C．的共轭复数为D．复数在复平面内对应的点在第二象限【答案】AC【分析】利用复数的代数形式的运算化简，结合复数的有关概念和几何意义依次分析选项即可.【详解】，，是纯虚数，故A正确；若，故B错误；的共轭复数为，故C正确；，在复平面内对应点的坐标为，在第三象限，故D错误.故选：AC.11．已知平面向量，，则下列说法正确的是（   ）A．B．在方向上的投影向量为C．与垂直的单位向量的坐标为D．若向量与非零向量共线，则【答案】AD【分析】本题考查了平面向量的坐标运算，主要考查了两向量的夹角、投影向量、向量的平行与垂直的基本知识，一一验证即可.【详解】由题意知，，，则，因此A正确；在方向上的投影向量为，因此B错误；与垂直的单位向量的坐标为或，因此C错误；因为，，若向量与向量共线，则，解得，因此D正确.故选：AD.12．如图，已知正方体的棱长为1，为底面的中心，交平面于点，点为棱的中点，则（    ）  A．，，三点共线 B．异面直线与所成的角为C．点到平面的距离为 D．过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为【答案】ACD【分析】通过证明，，三点都是平面与平面的公共点，可知A正确；利用线面垂直的判定与性质可证异面直线与所成的角为，可知B不正确；通过证明平面，得的长度就是点到平面的距离，计算的长度可知C正确；取的中点，可得等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，计算等腰梯形的面积可知，D正确.【详解】因为为底面的中心，所以为和的中点，则，，因为平面，平面，所以平面，平面，所以点是平面与平面的公共点；显然是平面与平面的公共点；因为交平面于点，平面，所以也是平面与平面的公共点，所以，，三点都在平面与平面的交线上，即，，三点共线，故A正确；因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，即异面直线与所成的角为，故B不正确；根据证明的方法，同理可得，因为，平面，所以平面，则的长度就是点到平面的距离，显然为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1，所以正三角形的边长为，所以，又，所以，即点到平面的距离为，故C正确；取的中点，连，，，，因为，所以等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，如图：  因为，，，所以等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，即过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确.故选：ACD   三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分. 13．若一组数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为______．【答案】18【分析】利用方差的性质求解即可.【详解】因为一组数据，，…，的方差为2，所以数据，，…，的方差为，故答案为：18.14．在中，点满足:，，若，则=_________.【答案】3【分析】根据条件，利用向量的线性运算得到，再利用平面向量基本定理求出，即可求出结果.【详解】因为，，所以，故由平面向量基本定理得到，，所以.  故答案为：3.15．如图，用A、B、C、D表示四类不同的元件连接成系统M．当元件A、B至少有一个正常工作且元件C、D至少有一个正常工作时，系统M正常工作．已知元件A、B、C、D正常工作的概率依次为0.5、0.6、0.7、0.8，元件连接成的系统M正常工作的概率_________．【答案】/【分析】根据事件的独立性以及对立事件，分别求出元件A、B至少有一个正常工作的概率以及元件C、D至少有一个正常工作的概率，即可得出答案.【详解】由已知可得，元件A、B都不正常工作的概率为，所以，元件A、B至少有一个正常工作的概率为；元件C、D都不正常工作的概率为，所以，元件C、D至少有一个正常工作的概率为.所以，元件连接成的系统M正常工作的概率.故答案为：.16．已知正方体的棱长为2，点为线段的中点，若平面满足，且，则截正方体所得的截面周长为__________.【答案】【分析】在正方向体中，取的中点，通过线面垂直，得到，，从而得出截面为梯形，进而求出结果.【详解】如图，分别取的中点，连接，相交于点，由条件易知，，所以，，又，所以，得到，故，又面，面，所以，又，面，所以平面，又平面，所以，因为，面，面，所以，又，，面，所以面，又面，所以，又，则，又，平面，故平面，又，所以，所以平面截正方体所得的截面即为梯形.由题意得，，则，，，故截面周长为.  故答案为：.   四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．设复数（其中），，i为虚数单位.(1)若是实数，求的值，并计算的值；(2)若是纯虚数，求的值.【答案】(1)3，(2) 【分析】（1）是实数，说明虚部为0，可求出的值，再计算即可；（2）先将进行化简，因为是纯虚数，说明实部为0，且虚部不为0，从而求出.【详解】（1）∵（其中），，∴，由是实数，所以，解得.∴，，则；（2）因为是纯虚数，所以，解得，故.18．平面内给定三个向量(1)求满足的实数的值；(2)若，求实数的值；(3)求向量在向量上的投影向量的坐标.【答案】(1)(2)1(3) 【分析】（1）由，根据向量的坐标表示列出方程组，即可求解；（2）由，根据共线向量的坐标表示，列出方程，即可求解；（3）分别求得且，进而求得量在向量上的投影向量的坐标.【详解】（1）解：由向量，因为，可得，所以，解得.（2）解：由题意可得，因为，可得，解得.（3）解：由且则向量在向量上的投影向量的坐标为.19．4月23日是世界读书日，树人中学为了解本校学生课外阅读情况，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从全校学生中抽出一个容量为100的样本，其中男生40名，女生60名经调查统计，分别得到40名男生一周课外阅读时间（单位，小时）的频数分布表和60名女生一周课外阅读时间（单位：小时）的频率分布直方图：（以各组的区间中点值代表该组的各个值）女生一周自读时间频率分布直方图男生一周阅读时间频数分布表小时频数92533  (1)从一周课外阅读时间为的学生中按比例分配抽取6人，则男生，女生各抽出多少人?(2)分别估计男生和女生一周课外阅读时间的平均数；(3)估计总样本的平均数和方差．参考数据和公式;男生和女生一周课外阅读时间方差的估计值分别为和．，和分别表示男生和女生一周阅读时间的样本，其中．【答案】(1)男生人，女生人(2)，(3)， 【分析】（1）首先求出中女生的人数，再利用分层抽样计算规则计算可得；（2）根据平均数公式计算可得；（3）首先求出总体的平均数，再根据所给公式及数据求出总体的方差.【详解】（1）一周课外阅读时间为的学生中男生有人，女生有人，若从中按比例分配抽取人，则男生有人，女生有人（2）估计男生一周课外阅读时间平均数；估计女生一周课外阅读时间的平均数.（3）估计总样本的平均数，∵，∴，，，，∴，所以估计总样本的平均数，方差.20．如图，在正三棱台中，，，过棱的截面与棱，分别交于、.  (1)记几何体和正三棱台的体积分别为，，若，求的长度；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)2(2) 【分析】（1）根据题意，先由条件证得是三棱台，再结合棱台的体积计算公式即可得到结果；（2）根据题意，延长，，交于点，作中点，连接，，可得∴即直线与平面所成的角，再结合余弦定理即可得到结果.【详解】（1）∵三棱台是正三棱台，∴平面，∵平面，平面平面，∴，若,则,几何体是三棱柱，记，，此时,不满足题意，舍去；因此，设与交于点,与交于点,则因为,即交于同一点,∴几何体是三棱台∵，∴，∴.（2）如图，延长，，交于点，作中点，连接，，  ∵，,平面∴平面，过作交于，则,∵平面∴平面，∴即直线与平面所成的角，∵，，，∴在中，由余弦定理可得，∴直线与平面所成角的正弦值为.21．在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.问题：记的内角的对边分别为，且__________.(1)证明：；(2)若，求的取值范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）选①：由正弦定理化为得；选②：由条件知化为得；（2）由得，求出的范围，由条件结合正弦定理得化为的函数求范围【详解】（1）选①：，由正弦定理得，，，，，或，若，则，不成立，.选②： ， ，，，，，，，或舍去，.（2），，，，,,由正弦定理得22．甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四周结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．(1)求第三局结束时乙获胜的概率；(2)求甲获胜的概率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）对乙来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解.（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.【详解】（1）设事件A为“第三局结束乙获胜”由题意知，乙每局获胜的概率为，不获胜的概率为．           若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．  故（2）设事件B为“甲获胜”．若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率．   若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．    此时的概率．            若第四局结束甲以积分获胜，则甲第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．           此时的概率          若第四局结束甲以积分获胜，则乙的积分为0分，总共有4种情况：（胜，平，平，平），（平，胜，平，平），（平，平，胜，平），（平，平，平，胜）．          此时的概率            故