高一数学下学期期末押题卷03（平面向量、解三角形、复数、立体几何、概率统计）-高一数学同步教学题型讲义（人教A版必修第二册）

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【分析】利用坐标求出的模长，进而根据已知条件可以得到一个关于的方程，问题即可得到解决.
【详解】因为，所以，
故，而又已知，且，
所以，解得.
故选：C
2．C
【分析】根据分层抽样的定义结合题意列方程求解即可
【详解】设北面共有人，则由题意可得
，解得
所以北面共有120人，
故选：C
3．D
【分析】根据欧拉公式结合复数在复平面内对应的点的特征、纯虚数的概念、复数的模长公式、以及共轭复数的概念逐项分析即可得出结论.
【详解】对于A：，对应的点位于第一象限，故A不正确；
对于B：，为纯虚数，故B不正确；
对于C：，所以的共轭复数为，故C错误.
对于D：，故D正确.
故选：D.
4．A
【分析】根据题意结合独立事件概率的乘法公式求恰好投中两次的概率，列方程求解即可得结果.
【详解】在甲、乙、丙处投中分别记为事件A，B，C，则，
可知恰好投中两次为事件，
故恰好投中两次的概率，解得．
故选：A.
5．B
【分析】由题意画出图形，可得，求出的范围，结合选项得出答案.
【详解】如图，过点作，垂足为,则.

若有两解，所以，则，即，得.
故选：B
6．D
【分析】根据题设易知为直三棱柱，即侧面为矩形，利用柱体体积公式、锥体体积公式求，进而确定比值.
【详解】不妨令，且上下底面等边三角形，
又底面ABC，易知为直三棱柱，即侧面为矩形，
所以三棱柱体积，
而，故，
所以，故，
所以.
故选：D
7．A
【分析】利用正四面体的外接球相关性质，解三角形即可.
【详解】如图，连接AB，AC，AD、BC，CD，BD，得到正四面体ABCD，则点O为正四面体ABCD外接球的球心，延长AO交底面BCD于G，则G为的中心.
设，外接球的半径为R，连接BG，
在正三角形中，易得，则，
故在中有：，
解得，则，所以，
故选：A.

8．C
【分析】先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围.
【详解】因为，，其中，解得：，
则，要想保证函数在恰有三个零点，
满足①，，令，解得：；
或要满足②，，令，解得：；
经检验，满足题意，其他情况均不满足条件，
综上：的取值范围是.
故选：C.
【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解.
9．ABC
【分析】利用概率的定义以及互斥事件、对立事件的定义判断.
【详解】掷骰子所得点数为：1，2，3，4，5，6，
，
则，故A正确；
，故B正确；
又A与B不能同时发生，故C正确；
由A不发生C不一定发生，故D错误．
故选：ABC.
10．CD
【分析】利用复数的四则运算化简复数，利用复数的概念可判断A选项；利用复数的几何意义可判断B选项；利用共轭复数的定义可判断C选项；利用复数模的三角不等式可判断D选项.
【详解】因为，则.
对于A选项，的虚部为，A错；
对于B选项，复数在复平面内对应的点在第三象限，B错；
对于C选项，的共轭复数为，C对；
对于D选项，因为，，
由复数模的三角不等式可得，
当且仅当时，等号成立，即的最大值是，D对.
故选：CD.
11．BD
【分析】由正弦定理得到A选项；由大边对大角确定C最大，由余弦定理求出得到答案；C选项，由角C的余弦求出角C的正弦，再用面积公式求解；D选项，正弦定理求出外接圆半径,设出内切圆半径，利用面积列出方程，求出内切圆半径.
【详解】设，则，
对于A ，，故A不正确；
对于B ，c最大，所以C最大，，故B正确；
对于C，若，则，，所以，
所以的面积是，故C不正确；
对于D，若正弦定理，
的周长，，所以内切圆半径为，
所以.故D正确.
故选：BD
12．ACD
【分析】由知就是异面直线所成的角，求解即可判断A；连接交于点O，由题意得BD⊥平面，为二面角的平面角，求解可B；正方体外接球的半径，求出外接球体积可判断C；由，及三棱锥的高与三棱锥的高相等，底面积，可判断D.
【详解】对于A，∵，中，就是异面直线所成的角，
，则，A正确；
对于B，连接交于点O，连接，

∵平面ABCD，BD平面ABCD，∴BD，
又BD⊥AO，，平面，∴BD⊥平面
∵平面，∴BD⊥，∴为二面角的平面角，
在中，，B不正确；
对于C，∵正方体外接球的半径，
∴正方体的外接球体积为，C正确；
对于D，∵，
三棱锥的高与三棱锥的高相等，底面积，
故三棱锥与三棱锥体积相等，D正确.
故选：ACD.
13．
【分析】 两向量夹角为锐角，则其数量积大于零，且这两个向量不共线，由此计算即可.
【详解】∵向量与的夹角是锐角，
∴且向量与向量不共线，
由得，
∴，
∴，即，解得或，
若向量与向量共线，则，无解，
∴向量与向量不共线，
∴实数的取值范围是.
故答案为：.
14．9.6
【分析】由题得，
，
，再利用方差公式化简求解.
【详解】由题得，
，
由题得，
所以样本数据，…，，，…，的方差为
故答案为：9.6
15．2
【分析】根据正弦定理和投影长求出，结合得到，利用正弦定理求出答案.
【详解】由题意得，，，
即，即，
因为，所以，
故，故.
故答案为：2
16．/
【分析】根据给定的条件，画出4个球的外接球的示意图，根据图中的几何关系求解.
【详解】
如图，4个小球球心构成的正方形为，中心为N，
由题意，，
半球形容器的球心为O，
显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小，半球形容器与球的切点为A，
连接ON，则小球的半径=2，
球O的半径；
故答案为：.
17．(1)，中位数为（分）
(2)
【分析】（1）根据小矩形的面积之和为即可求出，再根据频率分布直方图求出中位数即可；
（2）分别求出和的市民人数，再根据古典概型即可得解.
【详解】（1）由题意可得，
解得，
由，
可得此次问卷调查分数的中位数在上，设为，
则，解得，
所以此次问卷调查分数的中位数为（分）；
（2）的市民有人，记为a，b，
的市民有人，记为1，2，3，4，
则从中抽取两人的基本事件有：共15种，其中两人来自不同的组的基本事件有8种，
则所求概率为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用余弦定理求出，再利用面积公式即可求出结果；
（2）在和中，利用正弦定理，建立等量关系和，从而得到，再化简即可得出结果.
【详解】（1）因为，，，由余弦定理得，
所以，即，解得，
所以．
（2）设，
在中，由正弦定理得，所以①，
在中，，，
则，即②
由①②得：，即，∴，
整理得，所以．

19．(1)
(2)
【分析】（1）利用诱导公式及正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出，即可得解；
（2）利用正弦定理将边化角，转化为角的三角函数，再由的取值范围，求出的范围.
【详解】（1）由，即，
得，
由正弦定理可得，
所以，
所以，因为，所以，
所以，又，所以.
（2）由正弦定理，
所以
.
因为为锐角三角形，且，
所以，解得，
所以，，
所以，，
所以的取值范围为.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据图中的几何关系，利用面面平行证明线面垂直，再证明线线垂直；
（2）运用等体积法求解.
【详解】（1）
在直角三角形中，因为 ，所以 ，
即在四棱锥中， ，平面PDB，平面PDB，
所以平面，从而平面，
如图，在上取一点，使得，连接，
因为，所以，所以，
又 ，所以四边形是矩形，所以，平面MEF，平面MEF，平面MEF，
在中，，所以，平面MEF,平面MEF，平面MEF，
又因为 ，平面PBD，平面PBD，所以平面平面，
所以平面，故；
（2）连接，因为平面平面，交线为，且，所以平面，
所以三棱锥的体积，
所以，
在 中，计算可得，由余弦定理得，所以，
，
设点到平面的距离为，则，故；
综上，点M到平面PBE的距离为 .
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据直三棱柱的性质和各棱长可知，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面，易知四边形为菱形，可得平面，由线面垂直的性质即可得；
（2）取的中点，连接，可证明是与平面所成角的平面角，在中，易知，，即与平面所成的角的大小为.
【详解】（1）连接与相交于点，如下图所示

在直棱柱中，平面平面，
，
又，平面，
所以，平面，
又平面，
，四边形为菱形，即
又，且平面，
平面，又平面，
.
（2）取的中点，连接.如下图所示；

，
又平面平面，
又，且平面，
平面，
是在面内的射影，是与平面所成角的平面角.
在中，易知，
，
即与平面所成的角的大小为.
22．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)(0,2)
【分析】（1）由已知及余弦边角关系即可证结论；
（2）由（1）及正弦边角关系得，再根据三角形内角性质、三角恒等变换可得，即可证结论；
（3）由（2）及二倍角余弦公式得，注意确定的范围，应用换元法、二次函数性质求范围.
【详解】（1）由，则，
余弦定理得：.
（2）由（1）知：，正弦定理得：，
，
整理得，即，
又，故，即.
（3）由（2），则，
又，
，令，则，令，则对称轴为，
所以在上单调递增，当时， 当时，
即的取值范围为