46269511（下）高一年級訓練（二）

2023學年（下）高一年級訓練（二）（參考答案與解析）1．D【分析】設方程的根為，將其代入方程中的x中，根據(jù)復數(shù)相等的條件，構造方程組，解出,.則兩根知道了，再逐項代入驗證即可.【詳解】設方程的根為，代入方程，,整理得，故，則，不妨令，，對于A：因為，即，故A錯誤；對于B：，故B錯誤.對于C:,，因此，,故C錯誤.對于D：,故D正確.故選:D.2．B【分析】由，的夾角為鈍角，可得，且與不共線，從而可求出的取值范圍.【詳解】因為，，，的夾角為鈍角，所以，解得，且，即的取值范圍是，故選：B3．B【分析】先確定的位置，接著由進行轉(zhuǎn)化，利用共線定理得，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解.【詳解】由題可設，則由題意得，因為、、三點共線，故，所以，所以，又、、三點共線，所以，所以，當且僅當，即時等號成立，故的最小值為.故選：B.4．D【分析】根據(jù)直線和平面的位置關系，逐項分析判斷即可得解.【詳解】對于A，若，則或，故A正確；對于B，若，則由線面垂直的性質(zhì)定理得，故B正確；對于C，若，則與平行或異面，故C正確；對于D，若，則與相交?平行或異面，故D錯誤.故選：D.5．A【分析】根據(jù)題意，先證得平面，在中，解三角形求得，再結(jié)合線面垂直判定定理證得平面，得到，設，利用，求得，結(jié)合，即可求解.【詳解】在中，因為且為的中點，所以，又因為，且，平面，所以平面，在中，因為且，所以，且，因為四邊形為矩形，可得，又因為，且平面，所以平面，因為，所以平面，又因為平面，所以，設，在直角中，可得，在直角中，可得，因為，所以，即，解得，所以多面體的體積.故選：A.6．C【分析】A選項，假設有選手失8分，根據(jù)極差得到最低失分為3分，中位數(shù)為3，故A錯誤；C選項，根據(jù)方差得到，若有選手失8分，則有，矛盾，故C正確；BD選項，舉出反例即可判斷.【詳解】A選項，假設存在選手失分超過7分，失8分，根據(jù)極差為5，得到最低失分為3分，此時中位數(shù)為3，故假設可以成立，故A錯誤；B選項，假設乙組的失分情況為，滿足平均數(shù)為2，眾數(shù)為2，但該組不為“優(yōu)秀小組”，B錯誤；C選項，丙組的失分情況從小到大排列依次為，丙組平均數(shù)為2，方差為3，即，若，則，不合要求，故，所以該組每位選手失分都不超過7分，則該組為“優(yōu)秀小組”，故C正確；D選項，，故從小到大，選取第9個數(shù)作為第85百分位數(shù)，即從小到大第9個數(shù)為7，假設丁組失分情況為，滿足平均數(shù)為2，第85百分位數(shù)為7，但不是“優(yōu)秀小組”，故D錯誤.故選：C.7．D【分析】分和的情況分別考慮四個選項.【詳解】當時，表示一正一反，故，故A正確；此時，，，故B正確；當時，表示并非每次都是正面朝上，故，故C正確；此時，，，所以，故D錯誤.故選：D.8．D【分析】分別取的中點，連接，證明平面，從而可得點在平面內(nèi)，再根據(jù)，得點在以為球心，半徑為1的球面上，可得動點的軌跡為平面與球的球面的交線，求出平面截球所得截面圓的半徑，即可得解.【詳解】如圖，分別取的中點，連接，因為平面，平面，所以，在中，，所以，所以，又，所以，所以，又，平面，所以平面，由，得點在平面內(nèi)，由，得點在以為球心，半徑為1的球面上，因此動點的軌跡為平面與球的球面的交線，即在平面內(nèi)的圓，連接，設點到平面的距離為，平面截球所得截面圓的半徑為，則由得，且，所以，則，因此動點的軌跡長度為.故選：D.【點睛】思路點睛：涉及立體圖形中的軌跡問題，若動點在某個平面內(nèi)，利用給定條件，借助線面、面面平行、垂直等性質(zhì)，確定動點與所在平面內(nèi)的定點或定直線關系，結(jié)合有關平面軌跡定義判斷求解.9．ACD【分析】結(jié)合復數(shù)運算解方程可求，判斷A，根據(jù)共軛復數(shù)定義及復數(shù)乘法求判斷B，根據(jù)復數(shù)的幾何意義判斷C，根據(jù)復數(shù)的模的幾何意義判斷D.【詳解】因為，所以，A正確；所以，所以，B錯誤；所以復平面內(nèi)對應的向量為，C正確；設復數(shù)在復平面上的對應點為，因為，所以點的軌跡為以原點為圓心，1為半徑的圓，又復數(shù)在復平面上對應點的坐標為，的幾何意義為點的距離，所以的最小值為，D正確，故選：ACD.10．AD【分析】根據(jù)正弦定理，判斷三角形的解的個數(shù)，即可判斷AB，根據(jù)余弦定理和三邊的關系，即可判斷CD.【詳解】A選項：由正弦定理，，，且，則，選項A正確；選項B：，所以無解，故B錯誤；C選項：①為最大邊：，且，此時；②為最大邊：，且，此時，選項C錯誤；D選項：，且，所以，選項D正確；故選；AD.11．AC【分析】根據(jù)錐體的體積公式判斷A，通過反證，利用平面與平面和平面的交線、是否能平行來判定B，取的中點，連接，，即可得到為二面角的平面角，再由銳角三角函數(shù)判斷C，作出截面，求出截面面積，即可判斷D.【詳解】對于A，隨著的移動，但是點到平面的距離始終不變即為線段的長度，故是定值，故A正確；對于B，如圖所示，連接，為側(cè)面的中心，平面與平面和平面分別交于線、，若存在點使平面平面，則，又，則四邊形為平行四邊形，即，而，此時應在延長線上，故不存在線段上一個動點，使平面平面，故B錯誤；對于C，取的中點，連接，，又，，所以，，所以為二面角的平面角，又平面，平面，所以，，所以，即二面角的正切值為，故C正確；對于D，連接，，，，依題意可知，，，所以，所以四邊形為平面截正方體所得截面，又，，，如下平面圖形，過點作，過點作，則，所以，所以，當點為中點時，平面截正方體所得截面的面積為，故D錯誤.故選：AC12．16825.6【分析】利用分層抽樣的平均數(shù)公式、方差公式分別計算即得.【詳解】由分層隨機抽樣抽取的樣本中男生有30人，女生有20人，得男生所占的權重為，女生所占的權重為，而，，，，所以估計該校學生身高的平均數(shù)；方差.故答案為：168；25.613．【分析】將側(cè)面沿著旋轉(zhuǎn)至與平面在同一平面上，則的最小值為，解三角形求出即可.【詳解】將側(cè)面沿著旋轉(zhuǎn)至與平面在同一平面上，連接，如圖所示：由長方體結(jié)構特征，易得，由，，所以，由，故答案為：.14．【分析】根據(jù)二倍角公式可得，即，根據(jù)角的范圍可得，，，故.由正弦定理、同角三角函數(shù)的基本關系及二倍角公式可得，換元，結(jié)合對勾函數(shù)的性質(zhì)即可求解.【詳解】由題意可得，故，即，因為,所以，因為，所以或，即或，即或.若，則，則無意義，故.又，所以，即.因為，所以,，，所以，解得，故.由正弦定理可得，令，則.設，由對勾函數(shù)的性質(zhì)可得在上單調(diào)遞增，所以，即.故答案為:.15．(1)；百分位數(shù)為；(2)(3)【分析】（1）由直方圖區(qū)間頻率和為1求參數(shù)；設該樣本的60百分位數(shù)為分，由題意可得，求解即可；（2）根據(jù)直方圖求物理測試成績的平均分即可；（3）根據(jù)直方圖求出成績從高到低排列且頻率為對應分數(shù)即可.【詳解】（1）由，解得；設該樣本的60百分位數(shù)為分，因為對應的頻率分別為0.05，0.15，0.3，0.25，所以60百分位數(shù)在內(nèi)，由題意可得，解得，所以60百分位數(shù)為；（2），故本次防疫知識測試成績的平均分為；（3）設受嘉獎的學生分數(shù)不低于分，因為對應的頻率分別為0.15，0.1，所以，解得，故受嘉獎的學生分數(shù)不低于分．16．(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理結(jié)合兩角和的正弦公式化簡求值即可；（2）依據(jù)余弦定理及已知求出，然后利用面積分割法列方程求解即可；（3）利用向量的加法運算及數(shù)量積模的運算得，利用正弦定理得，然后利用正弦函數(shù)的性質(zhì)求解范圍即可.【詳解】（1）因為，所以，所以，又，所以，又，所以；（2）由及余弦定理得，即，又因為，所以，所以，所以，即；（3）因為E是AC的中點，所以，則，由正弦定理得，，即，因為，所以，所以，所以，所以，所以，所以，即邊上的中線的取值范圍為.【點睛】方法點睛：解三角形的基本策略：（1）利用正弦定理實現(xiàn)“邊化角”；（2）利用余弦定理實現(xiàn)“角化邊”.求三角形有關代數(shù)式的取值范圍也是一種常見的類型，主要方法有兩類：（1）找到邊與邊之間的關系，利用基本不等式來求解；（2）利用正弦定理，轉(zhuǎn)化為關于某個角的三角函數(shù)，利用函數(shù)思想求解.17．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）連接，，先證明，，利用線面垂直的判定定理證明即可；（2）過O作于F，連接，證明為二面角的平面角，解三角形即可得解；（3）在平面內(nèi)作的延長線于點E，證明為線面角，解三角形求解即可.【詳解】（1）連接，，如圖，∵，，為公共邊，∴，∴，又∵O為的中點，∴，在中，由余弦定理可知，在中，又在中，，，滿足，∴，又∵，∵平面，∴平面；（2）過O作于F，連接，∵平面，平面，∴，又∵且，平面，∴平面，∵平面，∴，∴為二面角的平面角，∵，在中，，∴∴二面角的余弦值為；（3）∵平面，平面，∴平面，在平面內(nèi)作的延長線于點E，∴平面，∴就是斜線在平面內(nèi)的投影，∴是直線與平所成角的平面角，顯然四邊形為矩形，，由（1）知，，∴，，在中，，∴直線與平面所成角的正切值為.【點睛】方法點睛：求空間角的常用方法：（1）定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結(jié)合圖形，作出所求空間角，再結(jié)合題中條件，解對應的三角形，即可求出結(jié)果；（2）向量法：建立適當?shù)目臻g直角坐標系，通過計算向量的夾角（兩直線的方向向量、直線的方向向量與平面的法向量、兩平面的法向量）的余弦值，即可求得結(jié)果.18．(1)；(2)(3)方案一種子選手奪冠的概率更大【分析】（1）由題意分析知第一輪選手的對戰(zhàn)情況分別為，，，即可得出答案；（2）設事件“選手與選手相遇”，分為對戰(zhàn)情況分別為，，，求出其概率，相加即可得出答案.（3）設采用方案一，二種子選手奪冠的概率分別為，，由獨立事件的乘法公式求出、，比較，的大小即可得出答案.【詳解】（1）第一輪選手的對戰(zhàn)情況分別為，，，故總方案數(shù)3；（2）設事件“選手與選手相遇”，當對戰(zhàn)為時，，兩選手相遇的概率為1；當對戰(zhàn)為時，，兩選手相遇的概率為；當對戰(zhàn)為時，，兩選手相遇的概率為；抽到三種對戰(zhàn)的概率均為，則.綜上可知選手與選手相遇的概率為.（3）設采用方案一，二種子選手奪冠的概率分別為，，則采用方案一，假設分組為，第一輪兩種子選手獲勝，則第二輪種子選手一定奪冠：，第一輪選手獲勝，第二輪獲勝：，第一輪選手獲勝，第二輪獲勝：，第一輪選手獲勝，則種子選手不能獲勝，所以；采用方案二：假設分組為，第一輪選手獲勝，第二輪獲勝：，第一輪選手獲勝，第二輪獲勝：，第一輪選手獲勝，第二輪獲勝：，第一輪選手獲勝，第二輪獲勝：，則，所以，因此方案一種子選手奪冠的概率更大.19．(1)證明見解析(2)，二面角的正切值為【分析】（1）連接，則可得四邊形為正方形，得，由已知條件結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可得平面，則，則由線面垂直的判定可得平面，再由面面垂直的判定可得結(jié)論；（2）設點到平面的距離分別為，由可求出，由三棱錐的體積為，可求出，再由可求出的值，取靠近點的四等份點，連接，過點作于，連接，則可得為二面角的平面角，然后在中可求得結(jié)果【詳解】（1）連接，因為底面中，，，所以四邊形為正方形，所以，因為側(cè)面為等邊三角形，O是的中點，所以，因為平面平面，平面平面，所以平面，因為