2021级高一暑假数学周周练试卷4.docx

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1、试卷第 1页，共 5页20212021 级高一暑假数学周周练试卷级高一暑假数学周周练试卷学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题一、单选题1已知复数 z2i3i1+（i是虚数单位），则z的虚部为（）A12B52C52D52i2某社区为迎接 2022 农历虎年，组织了隆重的庆祝活动，为全面了解社区居民的文娱喜好，已知参加活动的老年人、中年人、青年人的人数比为 10：13：12，如果采用分层抽样的方法从所有人中抽取一个 70 人的样本进行调查，则应抽取的青年人的人数为（）A20B22C24D263若圆锥的侧面展开图为一个半径为 2 的半圆，则圆锥的体积是（）A23B33C23D434已知平面向量

2、3,1a r，,3bx，且ab，则x（）A-1B1C13D135已知(,)2，2cos24sinsin，则tan（）A33B24C3D2 26在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 DC 的中点，则异面直线 AE 与 BC1所成角的余弦值为（）A525B55C105D10107 周易是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、兑八卦，每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），现有 1 人随机的从八卦中任取两卦，六根线中恰有四根阳线和两根阴线的概率为（）试卷第 2页，共 5页A114B328C314D7288如图，在ABC 中，点

3、D 是线段 BC 上的动点（端点除外），且ADxAByAC，则91xy的最小值为（）A16B17C18D19二、多选题二、多选题9下列命题不正确的是（）A三点确定一个平面B两条相交直线确定一个平面C一条直线和一点确定一个平面D两条平行直线确定一个平面10若复数 z 满足1 i13iz，则（）A1 iz Bz 的实部为 1C1iz D22iz 11在ABC中，ABc，BCa，CAb，下列命题为真命题的有（）A若ab，则sinsinABB若0a b，则ABC为锐角三角形C若0a b，则ABC为直角三角形D若()()0bcabacrrrrrr，则ABC为直角三角形12如图，正方形 ABCD 与正方形

4、 DEFC 的边长均为 1，平面 ABCD 与平面 DEFC 互相垂直，P 是 AE 上的一个动点，则以下结论正确的是()试卷第 3页，共 5页ACP 的最小值为32BPDPF的最小值为22C当 P 在直线 AE 上运动时，三棱锥DBPF的体积不变D三棱锥ADCE的外接球表面积为3三、填空题三、填空题13“幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间0，10内的一个数来表示，该数越接近 10 表示满意度越高.现随机抽取 10 位临湘市居民，他们的幸福感指数为 3，4，5，5，6，7，7，8，9，10.则这组数据的 80%分位数是_.14甲乙两人下棋比赛，两人下

5、成和棋的概率是12，乙获胜的概率是13，则甲不输的概率是_15 已知12(,0),(,0)FcF c分别是椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点，P是椭圆C上一点，且112.PFFF若以点P为圆心，2PF为半径的圆与直线xc 相切，则椭圆C的离心率为_.16在三棱锥DABC中，点O是棱AC上的点2OCOA，6ODOBOCBC,10DC，8DB，则三棱锥DABC的体积是_四、解答题四、解答题试卷第 4页，共 5页17已知ABC的内角、ABC的对边分别为abc、，且(cos,1),mA(2,2),nbac/mn(1)求角C的大小；(2)求2coscosAB的取值范围18如图，在正方体11

6、11ABCDABC D中，E为1DD的中点，BD与AC交于点O.求证：(1)1/BD平面AEC；(2)平面AEC 平面11BB D D.19我校在 2021 年的自主招生考试成绩中随机抽取 40 名学生的笔试成绩，按成绩共分成五组：第 1 组75，80)，第 2 组80，85)，第 3 组85，90)，第 4 组90，95)，第 5组95，100，得到的频率分布直方图如图所示，同时规定成绩在 85 分以上的学生为“优秀”，成绩小于 85 分的学生为“良好”，且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格（1）根据样本频率分布直方图估计样本的中位数与平均数；（2）如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良

7、好”的学生中共选出 5 人，再从这 5 人中选 2人，那么至少有一人是“优秀”的概率是多少？20 已知ABC 的角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且sinsinsinsinbACBCac(1)求角 A；(2)从两个条件：3a；ABC 的面积为3 3中任选一个作为已知条件，求ABC周长的取值范围试卷第 5页，共 5页21如图，四棱锥 PABCD 的底面为正方形，所有棱长都是 2，E、F、G 分别是棱 PB、PD、BC 的中点(1)求二面角 BPCD 的余弦值；(2)求 PB 与平面 EFG 所成角的大小22已知 O 为坐标原点，对于函数 sincosfxaxbx，称向量OMab，为函数

8、fx的伴随向量，同时称函数 fx为向量OM 的伴随函数.(1)设函数 33sin()sin()2g xxx，试求 g x的伴随向量OM；(2)记向量13ON，的伴随函数为 fx，求当 85f x 且 3 6x，时cosx的值；(3)由（1）中函数 g x的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的 2 倍，再把整个图象向右平移23个单位长度得到 h x的图象，已知2 3A ，2 6B，问在 yh x的图象上是否存在一点 P，使得APBP .若存在，求出 P 点坐标；若不存在，说明理由.答案第 1页，共 17页参考答案：参考答案：1B【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简z，再由共轭复数的概念

9、得答案【详解】解：22223i(23i)(1i)22i3i3i15i1i(1i)(1i)1i2z，15i22z ，所以z的虚部为52故选：B2C【解析】【分析】由分层抽样的等比性质，求 70 人的样本中抽取的青年人数.【详解】由分层抽样的等比例关系，可得：1270241013 12.故选：C3B【解析】【分析】首先设圆锥底面圆的半径为r，高为h，根据题意得到1r，计算出3h，再求体积即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为r，高为h，如图所示：答案第 2页，共 17页由题知：12222r，解得1r.所以22213h.故圆锥的体积2131333V.故选：B【点睛】本题主要考查圆锥体积的计算，同时考查了

10、圆锥的侧面积，属于简单题.4B【解析】【分析】根据向量垂直，利用向量数量积的坐标运算：12120 x xy y，即可求解.【详解】平面向量3,1a r，,3bx，且ab，则0a b，即330 x，解得1x.故选：B【点睛】本题考查了向量数量积的坐标表示，向量垂直数量积的关系，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.5B【解析】【分析】由余弦的二倍角公式变形后求得sin，由平方关系求得cos，再由商数关系得tan答案第 3页，共 17页【详解】因为2cos24sinsin，所以2212sin4sinsin，26sinsin10，(3sin1)(2sin1)0，(,)2，sin0，所以1sin3，2

11、12 2cos133 ，sin2tancos4 故选：B6C【解析】【分析】平移直线1BC至1AD，设出正方体棱长，再解三角形即可.【详解】因为 ABCDA1B1C1D1是正方体，故可得1BC/1AD，连接11,AD D E，如下图所示：则1D AE即为异面直线 AE 与 BC1所成角或其补角，不妨设正方体棱长为2，在三角形1AED中，2222215AEADDE，答案第 4页，共 17页22115,222 2D EAEAD.故可得22211111025ADAED Ecos D AEADAE.又异面直线夹角的范围为0,2，故异面直线 AE 与 BC1所成角的余弦值为105.故选：C.【点睛】本题

12、考查异面直线夹角的求解，属基础题.7C【解析】【分析】八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎 离、艮、兑八卦，从八卦中任取两卦，基本事件总数28C28n，这两卦的六个线中恰有两个阴线包含的基本事件总数有：211331CC C6m，由此能求出这两卦的六个线中恰有两个阴线的概率【详解】解：八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎离、艮、兑八卦，从八卦中任取两卦，基本事件总数28C28n，这两卦的六个线中恰有两个阴线包含的基本事件总数有：211331CC C6m，这两卦的六个线中恰有两个阴线的概率为632814mpn故选：C8A【解析】【分析】由题意可得1xy，则9191()xyxyxy，化简后可利用基本不等式可求得

13、结果答案第 5页，共 17页【详解】因为点 D 是线段 BC 上的动点（端点除外），且ADxAByAC，所以1xy，且0,0 xy，所以9191()xyxyxy991yxxy910216y xxy，当且仅当9yxxy，即31,44xy时，取等号，所以91xy的最小值为 16，故选：A9AC【解析】【分析】利用立体几何的 3 个公理与推论即可判断出答案.【详解】对于 A 选项：若 3 点在同一直线上时，则不能确定一个平面.错误；对于 B 选项：两条相交直线确定唯一一个平面.正确；对于 C 选项：当点在直线上时，则不能确定一个平面.错误；对于 D 选项：两条平行直线确定唯一一个平面.正确；故答案为

14、：AC.10BD【解析】【分析】根据复数的模长公式以及除法运算可得1iz ，进而可判断 A,B,根据共轭复数可判断 C，根据乘方运算，可判断 D.【详解】由1 i13iz得：21i21i1-izz，因此 A 错误，实部为 1，则 B 正确，1iz ，答案第 6页，共 17页故 C 错误，2221i12i+i2iz ，故 D 正确.故选:BD11ACD【解析】【分析】利用正弦定理判断选项 A，利用数量积的性质判断选项 B 和 C，利用数量积的性质和余弦定理判断选项 D【详解】解：A：若ab，由正弦定理得2 sin2 sinRARB，sinsinAB，则 A 正确；B：若0a b，则cos()0A

15、CB，cos0ACB，即ACB为钝角，ABC为钝角三角形，故 B 错误；C：若0a b，则ACBC，ABC为直角三角形，故 C 正确；D：若()()0bcabacrrrrrr，则22()0bacrrr，2222acba crrrr r，222cos2acbBa c rrrr r，由余弦定理知222cos2acbBa crrrr r，coscosBB，则cos0B，(0,)B，2B，ABC为直角三角形，故 D 正确故选：ACD12CD【解析】【分析】A：连接 PC、PD，证明PCD 是直角三角形即可根据 DP 最小值求 CP 最小值；B：连接BF、PD、PF，将ADE翻折到与平面ABFE共面，当

16、DPF三点共线时，PDPF取得答案第 7页，共 17页最小值 DF；C：作DHAE于H，易知 DH 为 D 到平面 BPF 的距离，易证BPFS为定值，从而可判断三棱锥DBPF的体积变化情况；D：根据几何关系，可将三棱锥ADCE补为正方体，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，据此即可求解【详解】对于 A，连接 DP、CP，CDDE，CDAD，ADDED，CD平面ADE，易知min 22DP，则2222261122CPDPCDDP ，故 A 错误；对于 B，如图，连接 BF、PD、PF，将ADE翻折到与平面ABFE共面，如图，答案第 8页，共 17页则当DPF三点共线时，PDPF取得最小值 DF，

17、易知135DEF，DE=EF=1，在DEF 中，由余弦定理得1 1 2 1 1 cos22DFDEF ，故 B 错误；对于 C，作DHAE于H，P在直线AE上运动时，PBF的面积等于矩形ABFE面积的一半，矩形的面积为定值，故PBF的面积是定值，由选项 A 可知 CD平面 ADE，EFABCD，EF平面 ADE，EF平面 ABFE，平面 ABFE平面 ADE，平面 ADE平面 ABFE=AE，DHAE，DH平面 ADE，DH平面 ABFE，即点D到平面ABFE的距离为定值DH，故三棱锥DBPF的体积不变，故 C 正确；对于 D，将该几何体补成正方体，答案第 9页，共 17页则该正方体外接球即为

18、三棱锥ADCE的外接球，其半径为 R，则22223 143RR，外接球表面积为243R，故 D 正确故选：CD138.5【解析】【分析】根据百分位数的定义即可求出.【详解】数据 3，4，5，5，6，7，7，8，9，10 共 10 个，且0010 808，所以80%分位数是898.52.故答案为：8.5.1423【解析】【详解】甲获胜的概率是16，所以甲不输的概率是112263+=，故填：23.1533【解析】【分析】根据椭圆定义可知222PFac，根据圆与xc 相切得|22PQac，进而根据两个三角形中余弦值相等，即可列出关系式求解,a c关系.【详解】答案第 10页，共 17页如图，过点 P

19、 作 PQ 垂直直线 xc，垂足为 Q，连接2PF.由112PFFF得12PFc，所以222PFac，则|22PQac，所以122cos2acacFPQcc.在12PFF中，由余弦定理知，2222212244(22)2cos2 222ccaccaacPFFccc.因为121coscosPFFFPQ，所以22222caacaccc，则3ac，所以33e.故答案为:331612 11【解析】【分析】设点O在平面BCD的射影为点G，推导出点G为CD的中点，计算出BCD的面积和OG的长，结合锥体的体积公式即可得解.【详解】设点O在平面BCD的射影为点G，因为OBOCOD，所以，22GBOBOG，22G

20、COCOG，22GDODOG，则GBGCGD，即点G为BCD的外心，因为10DC，8DB，6BC，222BCBDCD，则BCBD，所以，点G为CD的中点，答案第 11页，共 17页因为6OCOD，10CD，则OGCD，且2211OGOCGC，1242BCDSBC BD，2OCOA，3311241112 112232A BCDO BCDBCDVVSOG.故答案为：12 11.17(1)3(2)0,3【解析】【分析】（1）根据向量的平行的充要条件及正弦定理，再利用三角形的内角和定理及两角和的正弦公式，结合三角函数的值及角的范围即可求解；（2）根据（1）的结论及三角的内角和定理，再利用两角和的余弦公

21、式及辅助角公式，结合三角函数的性质即可求解.(1)因为/mn，所以2 cos20cAba；由正弦定理知：2sincos2sin()sin0CAACA所以2sincossinACA，又0A，所以sin0A，所以1cos,2C 0C；所以3C.(2)由（1）知，3C，所以23BA所以2222coscos2coscos2coscoscossinsin333ABAAAAA33cossin3sin223AAA因为203A，所以33A，所以0sin13A,即03sin33A，所以02coscos3AB,所以2coscosAB的取值范围为0,3.18(1)证明见解析答案第 12页，共 17页(2)证明见解析

22、【解析】【分析】（1）连接OE，在1DBD中，OE为三角形的中位线，所以1/OE BD，再由线面平行的判定定理即可证明；（2）因为ACBD，1BBAC，1BBBDB，即可证明AC 平面11BB D D，由面面垂直的判定定理即可证明.(1)如图，连接OE，在1DBD中，OE为三角形的中位线，所以1/OE BD.又1BD 平面AEC，OE 平面AEC，所以1/BD平面AEC.(2)易知ACBD，因为1BB 平面ABCD，AC 平面ABCD，所以1BBAC，因为1BBBDB，1BB，BD 平面11BB D D，所以AC 平面11BB D D，因为AC 平面AEC，所以平面AEC 平面11BB D D

23、.19（1）中位数为2603，平均数为87.25；（2）910【解析】【分析】（1）计算各组的频率得中位数在第三组，不妨设为x，进而根据850.060.1x求解，根据平均数的计算方法计算即可得答案.（2）由分层抽样得良好”的学生有2人，“优秀”的学生有3人，进而根据古典概型求解即可.【详解】答案第 13页，共 17页解：（1）第一组的频率为0.05，第二组的频率为0.35，第三章的频率为0.30，第四组的频率为0.20，第五组的频率为0.10，所以中位数在第三组，不妨设为x，则850.060.50.050.35x，解得52608533x，平均数为77.5 0.0582.5 0.3587.5 0

24、.392.5 0.297.5 0.187.25；（2）根据题意，“良好”的学生有40 0.416人，“优秀”的学生有40 0.624人，所以分层抽样得“良好”的学生有165240人，“优秀”的学生有245340人，将三名优秀学生分别记为,A B C，两名良好的学生分别记为,a b，则这 5 人中选 2 人的基本事件有：,AB AC BC Aa Ab Ba Bb Ca Cb ab共 10 种，其中至少有一人是“优秀”的基本事件有：,AB AC BC Aa Ab Ba Bb Ca Cb共 9 种，所以至少有一人是“优秀”的概率是910P 20(1)3A(2)答案不唯一，具体见解析【解析】【分析】（

25、1）由正弦定理将已知式子统一成边的形式化简，再利用余弦定理可求出角 A；（2）若选，则由正弦定理可得2 3sin,2 3sinbB cC，从而表示出三角形的周长，化简后利用正弦函数的性质可求出其范围，若选，由3 3ABCS结合已知条件可得12bc，再利用余弦定理表示出a，然后表示出三角形的周长，结合基本不等式可求出其范围(1)因为sinsinsinsinbACACac，所以bacbcac，得222bcdbc，所以2221cos22bcaAbc,因为0,A,所以3A(2)选择3a，因为,3,3Aa答案第 14页，共 17页由正弦定理得2 3sinsinsinbcaBCA，所以2 3sin,2 3

26、sinbB cC即ABC 的周长2 3sin2 3sin3labcBC22 3sin2 3sin33lBB3 3sin3cos36sin36BBB，因为2(0,)3B，所以51,sin166626BB，即ABC 周长的取值范围是（6，9选择3 3ABCS因为3A，13sin3 324ABCSbcAbc，得12bc，由余弦定理得22222336abcbcbcbcbc，即ABC 的周长236labcbcbc，因为24 3bcbc，当且仅当2 3bc时等号成立所以24 3364 36 3l 即ABC 周长的取值范围是6 3,)21(1)13；(2)6.【解析】【分析】（1）取PC的中点I，连接BI，

27、DI，BD，由二面角的定义可知二面角BPCD的平面角为BID，再由余弦定理求其余弦值.（2）根据111488P EFGF EPGF PBCD PBCP BCDVVVVV求体积，由正四棱锥的性质、线面垂直的判定及性质证明EFEG，进而求EFGS，再求P到面EFG的距离，最后由线面角的定义求PB与面EFG所成角的正弦值，即可知其大小.(1)答案第 15页，共 17页取PC的中点I，连接BI，DI，BD.PBC为边长为 2 的等边三角形，I为PC中点BIPC，同理DIPC，BID为二面角BPCD的平面角.在BDI中3BIDI，2 2BD，由余弦定理得：3381cos2 33BID，二面角BPCD的余

28、弦值是13.(2)设P到面EFG的距离为h，PB与面EFG所成角为.由1111 11222 24888 3212P EFGFEPGFPBCD PBCP BCDVVVVV，由题意及上图知：PABCD为正四棱锥，故PH 面ABCD，PHBD，又ACBD，PHACH，PH，AC 面PAC，BD 面PAC，PC 面PACBDPC，又1,/2EGPC EGPC，1,/2EFBD EFBD，EFEG，故11212222EFGSEF EG 答案第 16页，共 17页211221232h，而1sin2hPE，PB与平面 EFG 所成角为6.22(1)3,1OM (2)4 3310(3)存在点0,2P，使得AP

29、BP .【解析】【分析】（1）利用诱导公式求出 3sincosg xxx，从而得到 g x的伴随向量；（2）根据向量得到 fx，利用利用凑角法得到cosx；（3）先求出 h x，再设出 P 点坐标，利用向量垂直关系得到方程，变形整理后得到2219252cos224xx，根据等式左右两边的取值范围，得到当且仅当0 x 时，2192cos22x和2254x同时等于254，此时0,2P.(1)33sin()sin()3sincos2g xxxxx，故3,1OM ；(2)由题意得：8sin3cos2sin35fxxxx，故4sin35x，由于 3 6x，所以23x0，所以3cos35x，所以cosco

30、scoscossinsin333333xxxx31434 33525210.(3)3sincos2cos3g xxxx，所以 12cos2h xx，假设存在点1,2cos2P xx，使得APBP ，则答案第 17页，共 17页2211112,2cos32,2cos644cos18cos1802222AP BPxxxxxxx 即2219252cos224xx，因为122cos22x，所以131952cos2222x，所以225191692cos4224x，又因为2252544x，所以当且仅当0 x 时，2192cos22x和2254x同时等于254，此时0,2P，故在函数 yh x的图象上存在点0,2P，使得APBP .