【文档说明】吉林省白山市抚松县第一中学2020-2021学年高一下学期暑假综合复习数学试题（二） 含答案.doc，共(16)页，318.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020—2021学年（下）高一数学暑假综合复习题（二）一．选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知m，n是实数，a，b是向量，则下列命题中正确

的为()①m(a－b)＝ma－mb；②(m－n)a＝ma－na；③若ma＝mb，则a＝b；④若ma＝na，则m＝n.A．①④B．①②C．①③D．③④2．抽查10件产品，记事件A为“至少有2件次品”，则A的对立

事件为()A．至多有2件次品B．至多有1件次品C．至多有2件正品D．至少有2件正品3．若(x－i)i＝y＋2i，x，y∈R，则复数x＋yi＝()A．－2＋iB．2＋iC．1－2iD．1＋2i4．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)，若向量c满足(c＋a)∥b

，c⊥(a＋b)，则c等于()A.79，73B．－73，－79C.73，79D．－79，－735．已知直线l，m，平面α，β，下列命题正确的是()A．m∥l，l∥α⇒m∥αB．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α⇒α∥βC．l∥m，l

⊂α，m⊂β⇒α∥βD．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，l∩m＝M⇒α∥β6．甲校有3600名学生，乙校有5400名学生，丙校有1800名学生，为统计三校学生某方面的情况，计划采用比例分配的分层随机抽样法抽取一个容量为90的样本，应在这三校分别抽取学生()A．30

人，30人，30人B．30人，45人，15人C．20人，30人，10人D．30人，50人，10人7．已知非零向量AB→与AC→满足AB→|AB→|＋AC→|AC→|·BC→＝0，且AB→|AB→|·AC→|A

C→|＝12，则△ABC为()A．三边均不相等的三角形B．直角三角形C．等腰非等边三角形D．等边三角形8．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为()A．8π3B．32π3C．8πD．82π39．

如图，等边三角形ABC的边长为1，BC边上的高为AD，沿AD把△ABC折起来，则下列结论不正确的是()A．在折起的过程中始终有AD⊥平面DB′CB．三棱锥A－DB′C的体积的最大值为348C．当∠B′DC＝60°时，点A到B′C的距离为154D．当∠B′DC＝90°时，点C到平面ADB′的距离

为11210.甲、乙两位同学各拿出6张游戏牌，用作掷骰子的奖品，两人商定：骰子朝上的面的点数为奇数时甲得1分，否则乙得1分，先积得3分者获胜得所有12张游戏牌，并结束游戏．比赛开始后，甲积2分，乙积1分，这时因意外事件中断游戏，以后他们不想再继续这场游戏，下面对这

12张游戏牌的分配合理的是()A．甲得9张，乙得3张B．甲得6张，乙得6张C．甲得8张，乙得4张D．甲得10张，乙得2张11.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝22，E为CC1的中点

，则直线AC1与平面BED的距离为()A．1B．3C．2D．212.若平面向量a、b、c两两的夹角相等，且1a=，1b=，4c=，则22abc+−=（）A．0B．6C．0或6D．0或6二．填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．

将答案填在题中的横线上)13．同学甲参加某科普知识竞赛，需回答三个问题，竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错或不答均得零分．假设同学甲答对第一、二、三个问题的概

率分别为0.8,0.6,0.5，且各题答对与否相互之间没有影响，则同学甲得分不低于300分的概率是____.14．已知向量a＝(2，－1)，b＝(x，－2)，c＝(3，y)，若a∥b，(a＋b)⊥(b－c)，M(x，y)，N(y，x)，则向量MN→的模为____.15．若复数z满足|z－i|≤2(

i为虚数单位)，则z在复平面内所对应的图形的面积为____.16．在某点B处测得建筑物AE的顶端A的仰角为θ，沿BE方向前进30m至点C处测得顶端A的仰角为2θ，再继续前进103m至D点，测得顶端A的仰角为4θ，则θ等于___

_.三．解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)设关于x的方程是x2－(tanθ＋i)x－(2＋i)＝0，(1)若方程有实数根，求锐角θ和实数根；(2)证明对

任意θ≠kπ＋π2(k∈Z)，方程无纯虚数根．18．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos(A－B)cosB－sin(A－B)sin(A＋C)＝－35.(1)求sinA的值；(2)若a＝42，b＝5，求向量BA→在BC→上的投影向量的长度．19．(本

小题满分12分)甲、乙两人在相同的条件下各射靶10次，每次射靶成绩(单位：环)如下图所示．(1)填写下表：平均数方差中位数命中9环及以上甲71.21乙5.43(2)请从四个不同的角度对这次测试进行分析：①从平均数和方差结合分

析偏离程度；②从平均数和中位数结合分析谁的成绩好些；③从平均数和命中9环及以上的次数相结合看谁的成绩好些；④从折线图上两人射击命中环数及走势分析谁更有潜力．20．(本小题满分12分)如图，PD⊥平面ABCD，四边形

ABCD是矩形，PD＝DC＝2，BC＝22.(1)求PB与平面ADC所成的角的大小；(2)求异面直线PC，BD所成角正弦值．21．(本小题满分12分)某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为0.6,

0.4,0.5,0.2.已知各轮问题能否正确回答互不影响．(1)求该选手被淘汰的概率；(2)求该选手在选拔中至少回答了2个问题后最终被淘汰的概率．22．(本小题满分12分)如图，在圆锥PO中，已知PO⊥底面⊙O，PO＝2，⊙O的直径AB＝2，C是AB︵的中点，D为AC的中点．(1)证明：平面POD

⊥平面PAC；(2)求二面角B－PA－C的余弦值.2020—2021学年（下）高一数学暑假综合复习题（二）一．选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知m，n是实数，

a，b是向量，则下列命题中正确的为()①m(a－b)＝ma－mb；②(m－n)a＝ma－na；③若ma＝mb，则a＝b；④若ma＝na，则m＝n.A．①④B．①②C．①③D．③④答案B解析①②显然正确

．③中当m＝0时，对于任意两向量a，b，ma＝mb都成立，但不一定有a＝b，故③错误．④中当a＝0时，不成立．故选B.2．抽查10件产品，记事件A为“至少有2件次品”，则A的对立事件为()A．至多有2件次品B．至多有1件次品C．至多有2件正

品D．至少有2件正品答案B解析至少有2件次品包含2,3,4,5,6,7,8,9,10件次品，共9种结果，故它的对立事件为含有1或0件次品，即至多有1件次品．3．若(x－i)i＝y＋2i，x，y∈R，则复数x＋yi＝()A．－2＋iB．2＋iC．1－2iD．1＋2i答案B解析(x－

i)i＝y＋2i即xi＋1＝y＋2i，故y＝1，x＝2，所以复数x＋yi＝2＋i.4．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)，若向量c满足(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，则c等于()A.79

，73B．－73，－79C.73，79D．－79，－73答案D解析设c＝(x，y)，则c＋a＝(1＋x,2＋y)，a＋b＝(3，－1)，由已知可得2(2＋y)＋3

(x＋1)＝0，3x－y＝0，解得x＝－79，y＝－73，即c＝－79，－73.5．已知直线l，m，平面α，β，下列命题正确的是()A．m∥l，l∥α⇒m∥αB．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α⇒α∥βC．l∥m，l⊂α，m⊂β⇒α∥βD．l∥β，m∥β，l⊂α，

m⊂α，l∩m＝M⇒α∥β答案D解析A中，m可能在α内，也可能与α平行；B中，α与β可能相交，也可能平行；C中，α与β可能相交，也可能平行；D中，平面α内的两条相交直线l，m分别与平面β平行，依据面面平行的判定定理可知α∥β.故选D.6．甲校有3600名学生，

乙校有5400名学生，丙校有1800名学生，为统计三校学生某方面的情况，计划采用比例分配的分层随机抽样法抽取一个容量为90的样本，应在这三校分别抽取学生()A．30人，30人，30人B．30人，45人，15人C．20人，30人，10人D．30人，

50人，10人答案B解析先求抽样比nN＝903600＋5400＋1800＝1120，再各层按抽样比分别抽取，则甲校抽取3600×1120＝30(人)，乙校抽取5400×1120＝45(人)，丙校抽取1800×1120＝15(人)，故选B.7

．已知非零向量AB→与AC→满足AB→|AB→|＋AC→|AC→|·BC→＝0，且AB→|AB→|·AC→|AC→|＝12，则△ABC为()A．三边均不相等的三角形B．直角三角形C．等腰非等边三角形D．等边三角形

答案D解析∵AB→|AB→|＋AC→|AC→|·BC→＝0，∴∠A的平分线所在的向量与BC→垂直，所以△ABC为等腰三角形．又AB→|AB→|·AC→|AC→|＝12，∴cosA＝12，∴∠A＝π3.故△ABC为等

边三角形．8．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为()A．8π3B．32π3C．8πD．82π3答案C解析设球的半径为R，则截面圆的半径为R2－1，∴截面圆的面积为S＝π(R2－1)2＝(R2－1)π＝π，∴R2＝2，∴球的表面积S＝4πR2＝8π.9．如图，等

边三角形ABC的边长为1，BC边上的高为AD，沿AD把△ABC折起来，则下列结论不正确的是()A．在折起的过程中始终有AD⊥平面DB′CB．三棱锥A－DB′C的体积的最大值为348C．当∠B′DC＝60°时，点A到B′C的距离为154D．当∠B′DC＝90°时，点C到平面AD

B′的距离为112答案D解析因为AD⊥DC，AD⊥DB′，且DC∩DB′＝D，所以AD⊥平面DB′C，故A正确；当DB′⊥DC时，△DB′C的面积最大，此时三棱锥A－DB′C的体积也最大，最大值为13×32×12×12×12＝348，故B正确；当∠B

′DC＝60°时，△DB′C是等边三角形，设B′C的中点为E，连接AE，DE，则AE⊥B′C，即AE为点A到B′C的距离，AE＝322＋342＝154，故C正确；当∠B′DC＝90°时，CD⊥DB′，CD⊥AD，故CD⊥平面ADB′，则CD就是点C到平面ADB′的

距离，CD＝12，故D不正确．10.甲、乙两位同学各拿出6张游戏牌，用作掷骰子的奖品，两人商定：骰子朝上的面的点数为奇数时甲得1分，否则乙得1分，先积得3分者获胜得所有12张游戏牌，并结束游戏．比赛开始后，甲积2分，乙积1

分，这时因意外事件中断游戏，以后他们不想再继续这场游戏，下面对这12张游戏牌的分配合理的是()A．甲得9张，乙得3张B．甲得6张，乙得6张C．甲得8张，乙得4张D．甲得10张，乙得2张答案A解析由题意，得骰子朝上的面的点数为奇数的概率为12，即甲、乙每局得分的概率相等，所以继续游戏甲获胜的概率是1

2＋12×12＝34，乙获胜的概率是12×12＝14.所以甲得到的游戏牌为12×34＝9(张)，乙得到的游戏牌为12×14＝3(张)，故选A11.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝22，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为()A．

1B．3C．2D．2答案A解析如图，连接AC交BD于点O.在△CC1A中，易证OE∥AC1.又OE⊂平面BDE，AC1⊄平面BDE，∴AC1∥平面BDE，∴直线AC1与平面BED的距离为点A到平面BED的距离．连接AE.在三棱锥E－ABD中，VE－ABD＝13S△

ABD×EC＝13×12×2×2×2＝223.在三棱锥A－BDE中，BD＝22，BE＝6，DE＝6，∴S△EBD＝12×22×(6)2－(2)2＝22.设点A到平面BED的距离为h，则VA－BDE＝13S△EB

D×h＝13×22×h＝223h＝223，解得h＝1，故选A.12.若平面向量a、b、c两两的夹角相等，且1a=，1b=，4c=，则22abc+−=（）A．0B．6C．0或6D．0或6【答案】D【解析】分两种情况讨论：（1）三个向量a、b、c的夹角均为0

；（2）三个向量a、b、c的夹角均为120.利用平面向量数量积的运算性质可求得结果.分以下两种情况讨论：（1）三个向量a、b、c的夹角均为0，则22220abcabc+−=+−=；（2）三个向量a、b、c的夹角均为120，则11422acbc==−=−，211122ab

=−=−，所以，22222244844441648236abcabcabacbc+−=+++−−=++−+=，226abc+−=.综上所述，220abc+−=或6.故选：D.二．填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上

)13．同学甲参加某科普知识竞赛，需回答三个问题，竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错或不答均得零分．假设同学甲答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8,0.6,0.5

，且各题答对与否相互之间没有影响，则同学甲得分不低于300分的概率是____.答案0.46解析设“同学甲答对第i个题”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.6，P(A3)＝0.5，且A1，A2，A3相互独立，同学甲得分不低于300分对应于事件(

A1A2A3)∪(A1A－2A3)∪(A－1A2A3)发生，故所求概率为P＝P[(A1A2A3)∪(A1A－2A3)∪(A－1A2A3)]＝P(A1A2A3)＋P(A1A－2A3)＋P(A－1A2A3)＝

P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A－2)P(A3)＋P(A－1)P(A2)P(A3)＝0.8×0.6×0.5＋0.8×0.4×0.5＋0.2×0.6×0.5＝0.46.14．已知向量a＝

(2，－1)，b＝(x，－2)，c＝(3，y)，若a∥b，(a＋b)⊥(b－c)，M(x，y)，N(y，x)，则向量MN→的模为____.答案82解析∵a∥b，∴2×(－2)－(－1)x＝0，解得x＝4，∴b＝(4，－2)，∴a＋b＝(6，－3)，b－c＝(1

，－2－y)．∵(a＋b)⊥(b－c)，∴(a＋b)·(b－c)＝0，即6－3(－2－y)＝0，解得y＝－4，∴MN→＝(y－x，x－y)＝(－8,8)，∴|MN→|＝82.15．若复数z满足|z－i|≤2(i

为虚数单位)，则z在复平面内所对应的图形的面积为____.答案2π解析设z＝x＋yi(x，y∈R)，则由|z－i|≤2可得x2＋(y－1)2≤2，即x2＋(y－1)2≤2，它表示以点(0,1)为圆心，2为半径的圆及其内部，所以z在复平面内所对应的图形的面积为2π.16．在

某点B处测得建筑物AE的顶端A的仰角为θ，沿BE方向前进30m至点C处测得顶端A的仰角为2θ，再继续前进103m至D点，测得顶端A的仰角为4θ，则θ等于____.答案15°解析如图，由题意知CA＝BC＝30

，DA＝CD＝103，设AE＝h，则h＝30sin2θ，h＝103sin4θ，所以30sin2θ＝103sin4θ＝203sin2θcos2θ，所以2cos2θ＝3，cos2θ＝32，所以2θ＝30°，θ＝15°.三．解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步

骤)17．(本小题满分10分)设关于x的方程是x2－(tanθ＋i)x－(2＋i)＝0，(1)若方程有实数根，求锐角θ和实数根；(2)证明对任意θ≠kπ＋π2(k∈Z)，方程无纯虚数根．解(1)设实数根是a，则a2－(tanθ＋i)a－(2＋i)＝0，即a2－atanθ－2－

(a＋1)i＝0.∵a，tanθ∈R，∴a2－atanθ－2＝0，a＋1＝0，∴a＝－1，且tanθ＝1.又0<θ<π2，∴θ＝π4.(2)证明：若方程存在纯虚数根，设为x＝bi(b∈R，b≠0)，则(bi)2－(tanθ＋i)bi－(2＋i)＝0，即－b2＋b－2＝0，btanθ＋1

＝0，此方程组无实数解．所以对任意θ≠kπ＋π2(k∈Z)，方程无纯虚数根．18．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos(A－B)cosB－sin(A－B)sin(A＋C)＝－35

.(1)求sinA的值；(2)若a＝42，b＝5，求向量BA→在BC→上的投影向量的长度．解(1)由cos(A－B)cosB－sin(A－B)sin(A＋C)＝－35，得cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－35，则cos(A－B＋B)＝－35，即cosA＝－35.又0<

A<π，则sinA＝45.(2)由正弦定理，有asinA＝bsinB，所以sinB＝bsinAa＝5×4542＝22.由题知a>b，则A>B，故B＝π4.根据余弦定理，有(42)2＝52＋c2－2×5c×－35，解得c＝1或c＝－

7(舍去)．故向量BA→在BC→上的投影向量的长度为|BA→|cosB＝22.19．(本小题满分12分)甲、乙两人在相同的条件下各射靶10次，每次射靶成绩(单位：环)如下图所示．(1)填写下表：平均数方差中位数命中9环及

以上甲71.21乙5.43(2)请从四个不同的角度对这次测试进行分析：①从平均数和方差结合分析偏离程度；②从平均数和中位数结合分析谁的成绩好些；③从平均数和命中9环及以上的次数相结合看谁的成绩好些；④从折线图上两人射击命中

环数及走势分析谁更有潜力．解(1)乙的射靶环数依次为2,4,6,8,7,7,8,9,9,10.所以x－乙＝110×(2＋4＋6＋8＋7＋7＋8＋9＋9＋10)＝7；乙的射靶环数从小到大排列为2,4,6,7,7,8,8,9,9,10，所以中位数是7＋82＝7.5；甲的射靶环数

从小到大排列为5,6,6,7,7,7,7,8,8,9，所以中位数为7.于是填充后的表格如下表所示：平均数方差中位数命中9环及以上甲71.271乙75.47.53(2)①甲、乙的平均数相同，均为7，但s2甲<s2

乙，说明甲偏离平均数的程度小，而乙偏离平均数的程度大．甲比乙稳定些．②甲、乙的平均水平相同，而乙的中位数比甲大，说明乙的射靶成绩比甲好些．③甲、乙的平均水平相同，而乙命中9环及以上的次数比甲多2次，可知乙的射靶成绩比甲好．④从折线图上看

，乙的成绩呈上升趋势，而甲的成绩在平均线上波动不大，说明乙的状态在提升，更有潜力．20．(本小题满分12分)如图，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PD＝DC＝2，BC＝22.(1)求PB与平面ADC所成的角的大小；(2)求

异面直线PC，BD所成角正弦值．解(1)因为PD⊥平面ABCD，所以∠PBD即为PB与平面ADC所成的角．因为四边形ABCD是矩形，所以BC⊥DC，所以BD＝23，tan∠PBD＝PDBD＝33，所以∠PBD＝30°，即PB与平面ADC所成的角的大小为30°.(2)取P

A的中点G，连接OG，DG，如图．显然OG∥PC，所以∠DOG(或其补角)即为异面直线PC，BD所成的角．因为OG＝12PC＝2，OD＝12BD＝3，DG＝12PA＝3，所以△OGD是等腰三角形，作底边的高，易求出sin∠DOG＝306，所以异面直线PC，BD所成角的正弦值为306.21

．(本小题满分12分)某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为0.6,0.4,0.5,0.2.已知各轮问题能否正确回答互不影响．(1)求该选手被淘汰的概率；(2)求该选手在选拔中至少回答

了2个问题后最终被淘汰的概率．解设“该选手能正确回答第i轮的问题”为事件Ai(i＝1,2,3,4)，则P(A1)＝0.6，P(A2)＝0.4，P(A3)＝0.5，P(A4)＝0.2.(1)解法一：该选手被淘汰的概率为P＝

P(A－1∪A1A－2∪A1A2A－3∪A1A2A3A－4)＝P(A－1)＋P(A1)P(A－2)＋P(A1)P(A2)P(A－3)＋P(A1)P(A2)·P(A3)P(A－4)＝0.4＋0.6×0.6＋0.6×0.4×0.5＋0.6×0.4×0.5×0.8＝0.97

6.解法二：P＝1－P(A1A2A3A4)＝1－P(A1)P(A2)·P(A3)P(A4)＝1－0.6×0.4×0.5×0.2＝1－0.024＝0.976.(2)解法一：所求概率P＝P(A1A－2∪A1A2A－3∪A1A2A3A－4)＝P(A1)

P(A－2)＋P(A1)P(A2)P(A－3)＋P(A1)P(A2)P(A3)P(A－4)＝0.6×0.6＋0.6×0.4×0.5＋0.6×0.4×0.5×0.8＝0.576.解法二：所求概率P＝1－P(A－1)－P(A1A2A3

A4)＝1－(1－0.6)－0.6×0.4×0.5×0.2＝0.576.22．(本小题满分12分)如图，在圆锥PO中，已知PO⊥底面⊙O，PO＝2，⊙O的直径AB＝2，C是AB︵的中点，D为AC的中点．(1)证明：平面POD⊥平面PAC；(2)求二面

角B－PA－C的余弦值.解(1)证明：如图，连接OC.∵PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，∴AC⊥PO.∵OA＝OC，D是AC的中点，∴AC⊥OD.又OD∩PO＝O，∴AC⊥平面POD.又AC⊂平面PA

C，∴平面POD⊥平面PAC.(2)在平面POD中，过点O作OH⊥PD于点H.由(1)知，平面POD⊥平面PAC，且交线为PD，OH⊂平面POD，∴OH⊥平面PAC.又PA⊂平面PAC，∴PA⊥OH.在

平面PAO中，过点O作OG⊥PA于点G，连接HG，则有PA⊥平面OGH，∴PA⊥HG.故∠OGH为二面角B－PA－C的平面角．∵C是AB︵的中点，AB是直径，∴OC⊥AB.在Rt△ODA中，OD＝OA·sin45°＝22.在Rt△POD中，OH＝PO·ODPD＝PO·ODPO2＋OD2＝

2×222＋12＝105.在Rt△POA中，OG＝PO·OAPA＝PO·OAPO2＋OA2＝2×12＋1＝63.∵OH⊥平面PAC，GH⊂平面PAC，∴OH⊥GH.在Rt△OHG中，sin∠OGH＝OHO

G＝10563＝155.∴cos∠OGH＝1－sin2∠OGH＝1－1525＝105.故二面角B－PA－C的余弦值为105.