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

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：C

3．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⊥γ

C．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：B

4．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：C

6．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：B

8．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：BCD

10．已知复数，则（    ）

A．是纯虚数

B．若，则的模为3

C．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

  (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