专练04（填空题-基础，30题）-2020~2021学年高一数学下学期期末考点必杀黄金200题（北师大2019版）

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【答案】
【分析】
利用复数的除法运算化简，然后再代入模长公式计算.
【详解】
，所以.
故答案为：
2．设，则___________________ ．
【答案】
【分析】
根据复数的除法运算法则化简复数，再代入模长公式计算.
【详解】
，所以
故答案为：
3．是虚数单位，复数________.
【答案】
【分析】
分子分母同时乘以分母的共轭复数，再利用乘法运算法则计算即可.
【详解】
.
故答案为：.
4．已知为虚数单位，复数，则____________．
【答案】
【分析】
根据复数的运算，再结合共轭复数的性质，直接计算即可得解.
【详解】
，
，
所以.
故答案为：.
5．i是虚数单位，________．
【答案】0
【分析】
先化简，再利用的周期性计算可得.
【详解】
原式＝.
故答案为：0.
【点睛】
具有周期性：
①；②；③；④.
6．已知，都是平面向量.若，，则________.
【答案】
【分析】
先由求出，再求出.
【详解】
因为，所以.
故答案为：.
7．已知向量，，若，则实数的值为___________.
【答案】
【分析】
根据向量垂直的坐标表示，由题中条件，列出方程，即可求出结果.
【详解】
因为向量，，若，则，
解得.
故答案为：.
8．已知向量，，且，则___________.
【答案】-4
【分析】
利用向量的坐标运算及零向量的意义求解而得.
【详解】
因，，则
而，所以m+4=0，m=-4.
故答案为：-4
9．已知，，且，则实数_________．
【答案】
【分析】
根据平面向量垂直的坐标表示可得出关于实数的等式，由此可求得的值.
【详解】
由已知可得，解得.
故答案为：.
10．设向量，，若，则______．
【答案】3
【分析】
根据，由，利用坐标运算求解.
【详解】
向量，，因为，
所以，即，解得 ．
故答案为：3
【点睛】
本题主要考查平面向量数量积运算，属于基础题.
11．若，则________.
【答案】
【分析】
利用结合余弦的诱导公式求解即可.
【详解】
因为，所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用诱导公式求三角函数值，属于简单题，整体代入是关键.
12．已知，则___________.
【答案】
【分析】
根据同角三角函数基本关系式，二倍角正弦公式即可化简求值得解.
【详解】
因为
所以
故答案为：.
【点睛】
本题注意“1”的替换，即和齐次化正切的技巧.
13．在中，，，那么_____；
【答案】4
【分析】
由于，而，，从而可求得结果
【详解】
解：因为在中，，所以，所以，
因为，
所以，
故答案为：4
14．已知，则___________.
【答案】
【分析】
利用诱导公式，将条件等式及目标式作恒等变换，即可求值.
【详解】
∵，而，
∴.
故答案为：.
15．若，且，则__________．
【答案】
【分析】
由诱导公式化简，再利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】

由，得2，
则，则
当，
解得 (舍去)
故答案为：
16．如果，那么________．
【答案】
【分析】
条件和要求的式子分别先运用诱导公式化简，然后再代值即可.
【详解】
由，
而．
故答案为：.
17．已知，则__________
【答案】0
【分析】
直接将代入求出函数值，再求和即可.
【详解】
，


故答案为：0
18．对于不重合直线，，不重合平面，，，下列四个条件中，能推出的有___________.(填写所有正确的序号).①，；②，；③，；④，，.
【答案】②④
【分析】
由面面平行的判定方法逐个分析判断即可
【详解】
对于①，当，时，与相交，或与平行；
对于②，当，时，根据平行平面的公理得；
对于③，当，时，与相交，或与平行；
对于④，当时，若，则，又，；
综上，能推出的是②④.
故答案为：②④.
19．已知，是两条不同的直线，，是两个不同平面，则以下命题不成立的是__
（1）若，，，则
（2）若，，则
（3）若，，则
（4）若，，，则
【答案】（1）（2）（4）
【分析】
由线线、线面、面面的位置关系，判断线、面有关命题的真假即可.
【详解】
由，是两条不同的直线，，是两个不同平面，知：
在（1）中，若，，，则与平行或异面，错误；
在（2）中，若，，则与相交、平行或，错误；
在（3）中，若，，则由面面垂直的判定定理得，正确；
在（4）中，若，，，则与相交或平行，错误．
故答案为：（1）（2）（4）．
20．已知圆柱的轴截面是边长为4的正方形，则圆柱的侧面积为______________ .
【答案】
【分析】
由圆柱轴截面的性质知：圆柱体的高为，底面半径为，根据圆柱体的侧面积公式，即可求其侧面积.
【详解】
由圆柱的轴截面是边长为4的正方形，
∴圆柱体的高为，底面半径为，
∴圆柱的侧面积为.
故答案为：.
21．已知，则______．
【答案】1
【分析】
利用同角的三角函数关系中的商关系进行求解即可.
【详解】
∵，则．
故答案为：1
22．直线是函数图象的一条对称轴，给出的一个可能的值为___________
【答案】
【分析】
根据对称轴的表达式，代入，求得即可.
【详解】
由题知，，，又
则，取
故答案为：
23．已知一个半圆柱的高为4，其俯视图如图所示，侧视图的面积为8，则该半圆柱的底面半圆的半径为__________．
【答案】
【分析】
由题意可知，该半圆柱的侧视图为底边长为底面圆半径，高为的矩形，则根据侧视图的面积即可求得底面圆的半径.
【详解】
因为该半圆柱的高为，侧视图的面积为，则底面圆的半径为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查与几何体的三视图有关的计算问题，属于简单题.
24．如图，在三棱锥中，若，，是的中点，则下列命题中正确的有___________(写出全部正确命题的序号).
①平面平面；
②平面平面；
③平面平面，且平面平面；
④平面平面，且平面平面.
【答案】③
【分析】
由等腰三角形三线合一的性质可得，，再由线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理可得平面平面，平面平面
【详解】
因为，且是的中点，所以，
同理有，
因为，平面.
所以平面.
因为在平面内，所以平面平面.
又由于平面，所以平面平面，
故答案为：③.
25．将半径为4的半圆卷成一个圆锥，则圆锥底面半径为________，圆锥的体积为________．
【答案】2，
【分析】
根据侧面展开图列方程计算圆锥的底面半径，根据勾股定理计算圆锥的高，代入体积公式计
算即可.
【详解】
显然圆锥的母线长为 设圆锥的底面半径为，则 即,
所以圆锥的高
圆锥的体积
故答案为：2，.
26．已知扇形的弧长是4cm，半径是2cm，则扇形的圆心角的弧度数是___________________．
【答案】2
【分析】
利用扇形的弧长公式，即可求扇形的圆心角的弧度数.
【详解】
若扇形的圆心角的弧度数为，则弧长，
∴.
故答案为：2.
27．设，是空间两个不共线的向量，已知，，，且A，B，D三点共线，则k＝________.
【答案】－8
【分析】
根据向量共线定理求解即可.
【详解】
又A，B，D三点共线，所以，
即
所以：，
解得.
故答案为：－8
28．已知，且，则________.
【答案】
【分析】
先利用平方关系式求得，再根据平方式化简给定的三角函数式可得原式即为，从而可求三角函数式的值.
【详解】
由知是第三象限角，
故，
又原式
，
故答案为：.
【点睛】
本题考查同角的三角函数的基本关系式，一般地，的三个三角函数值，知道其中一个，必定可求其余的两个，这是方程的思想的体现，注意角的终边对三角函数值符号的影响.
29．三个平面两两垂直，它们的交线交于一点，且点到这三个面的距离分别是3、4、5，则的长为______．
【答案】
【分析】
根据题设描述可得示意图，即为一个长、宽、高分别为5、3、4的长方体的体对角线，即可求的长.
【详解】
由题意可得如下示意图：
即为一个长方体的体对角线，且长方体的长、宽、高分别为5、3、4，
∴，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了长方体，求长方体的体对角线，属于简单题.
30．在底面为正方形的四棱锥中，平面，，，则该四棱锥的外接球的表面积为___．
【答案】
【分析】
由三线两两垂直联想长方体，利用长方体外接球直径为其体对角线长即可得解.
【详解】
解：由题意可知两两垂直，
所以四棱锥为长方体的一部分，
其外接球即为长方体的外接球，外接球直径为长方体的体对角线长，
设外接球的半径为，则
，解得，
所以外接球的表面积为，
故答案为：
【点睛】
此题考查四棱锥外接球问题，利用了补体法求解，属于基础题.