2020-2021學年高一數(shù)學下學期期末測試卷（蘇教版 2019）01（必修二解析版）

2020-2021學年高一數(shù)學下學期期末測試卷

（蘇教版2019）01

試卷滿分：150分考試時長：120分鐘

注意事項:

1,本試題滿分150分，考試時間為120分鐘.

2.答卷前務必將姓名和準考證號填涂在答題紙上.

3.使用答題紙時，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫，要字跡工整，筆跡清晰.超出答題區(qū)書寫的答案無

效；在草稿紙、試題卷上答題無效.

一、單選題（本大題共8小題，共40分）

\+ai

1.若——為純虛數(shù)，i為虛數(shù)單位，則實數(shù)。的值為（）

3+4/

3434

A.--B.-C.—D.--

4343

【答案】A

【分析】

先對復數(shù)化簡，然后令實部為零，虛部不為零，可求出實數(shù)。的值

【詳解】

1+出_（1+山）（3-旬_3+4a3a-4

因為i為純虛數(shù),

3+4/-（3+4z）（3-4z）--2525

3+4。

=0

25

所以，

3a—4

*0

25

3

所以a=一-,

4

故選：A

2.5山245°$淪125°+5皿155°5山35°的值是（）

A.一苴B.-1

22

C.1D."

22

【答案】B

【分析】

根據(jù)誘導公式及兩角和的余弦公式直接化簡求值.

【詳解】

原式=—sin65。sin55。+sin25°sin35°

=-cos25°cos350+sin25°sin35°

=-cos（35°+25°）

=-cos60°

~~2,

故選：B.

3.拋擲一枚硬幣，連續(xù)出現(xiàn)9次正面向上，則第10次出現(xiàn)正面向上的概率為（）

1111

A.—B.-C.-D.—

10952

【答案】D

【分析】

由正面向上或正面向下可能性相同可求出所求概率.

【詳解】

第10次拋硬幣結(jié)果不受前9次結(jié)果的影響，由于硬幣正面向上或正面向下可能性相同,

則概率為:，

故選:D.

【點睛】

本題考查了等可能事件的概率，屬于基礎題.

4.如圖所示，矩形A8CD中，若反=54,反=31，則而等于（）

【答案】A

【分析】

利用向量減法、數(shù)乘運算以及平面向量的基本定理即可求解.

【詳解】

詼撫=g（元-麗）=g（1+而）

=g（5q+3e2）.

故選：A

5.已知四面體ABCD的四個頂點都在以為直徑的球R面上，且BC=8==2,若四面體ABCD

的體積是還，則這個球面的面積是（）

3

，,3276

A.16〃B.—71C.4%D.—71

33

【答案】A

【分析】

作出圖形，取的中點0,設△88的外心E,連接0E、BE,求出點A到平面BCD的距離，可得

出OE的長，利用勾股定理可求得08,即為三棱錐A—BCD的外接球半徑，再利用球體的表面積公式可

得結(jié)果.

【詳解】

如下圖所示，取A3的中點0,設△BCD的外心E，連接OE、BE,

設點A到平面BCD的距離為h，則V.BCD=~S.?%=逑，解得/?=還，

由球的幾何性質(zhì)可得OE_L平面BCD,?.?BEu平面BCD，.?.0EJ_3E,

,9r2_2也

因為。為A3的中點，則0￡=上〃=上出，由正弦定理可得'.萬一3，

232sin—

3

所以OB=JOE2+BE2=2,貝US球=4%R2=16%，

故選：A.

【點睛】

方法點睛：解決與球相關(guān)的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，

其解題思維流程如下：

（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相

等且為半徑；

（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些

元素的關(guān)系），達到空間問題平面化的目的；

（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.

A

6.在AABC中，角A、B、C的對邊分別是。、b、C,已知8sin24+4cos2——9=0,且A為銳角.若

2

6sinA=a（sinB+sinC）,且AABC的面積為6，則AABC的內(nèi)切圓的半徑為（）

A.V3-V2B,石+亞C.4D.46+0

【答案】A

【分析】

TT

利用二倍角公式化簡已知等式可得8cos2A-2cosA-l=0,解方程可求cosA的值，結(jié)合范圍0<，

2

可求A的值，利用三角形的面積公式可求6c的值，由正弦定理化簡已知已知等式可得b+c=6,由余弦定

理可得。的值，可求AABC的周長，設AABC的內(nèi)切圓的半徑為廣，利用三角形的面積公式即可求解.

【詳解】

A

因為8sin，A+4cos2二一9=0,所以8sii?A+2cosA-7=0，

2

即8（1-cos?A）+2cosA—7=0,所以8cos2A-2cosA-l=0-

171

因為A為銳角，解得cosA=-,.?.A=一.

23

??,S--/?csinA-^-bc-V3，可得〃c=4.

A/IDC24

因為6sinA=Q（sin3+sinC），山正弦定理可得6。=〃（/?+c）,所以〃+c=6,

由余弦定理可得。*=Z?2+c2—2/?ccosA=b2+c2—be—(/?+c)~—3hc-24,:.a=2瓜，

所以△ABC的周長為Q+〃+C=6+2J4，

設aAbC的內(nèi)切圓的半徑為小則5”.=；（。+〃+。）〃=（3+布＞=石，

Ai

解得r=----產(chǎn)——7=尸—6—5/2.

3+V6G+逐

故選：A.

【點睛】

方法點睛：在解三角形的問題中，若已知條件同時含有邊和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到

答案，要選擇“邊化角"或"角化邊"，變換原則如卜：

（1）若式子中含有正弦的齊次式，優(yōu)先考慮正弦定理"角化邊"；

（2）若式子中含有“、b、C的齊次式，優(yōu)先考慮正弦定理"邊化角"；

（3）若式子中含有余弦的齊次式，優(yōu)先考慮余弦定理"角化邊"；

（4）代數(shù)式變形或者三角恒等變換前置；

（5）含有面積公式的問題，要考慮結(jié)合余弦定理求解；

（6）同時出現(xiàn)兩個角（或三個角）時，要用到三角形的內(nèi)角和定理.

7.設向量z，b,￡滿足口=W=1,￡出=一（，＜a-c,b-c＞=60°,則隨I的最大值等于（）

A.1B.y[2c.y/3D.2

【答案】D

【分析】

O—?—?][

由題設知〃，否的夾角為又＜a—c,b-c＞=—,若oA==J,oc=c,則O,AC,ByU點共圓或

AC,B在以。為圓心的圓匕求兩種情況下向的最值，再確定其最大值即可.

【詳解】

—*—?12^27"?—?—?—*

由。?/?=—],知：a，BH勺夾角為,又<a-c,b-c>=1,

2冗7E

，若礪=￡,麗=￡枇="，即ZAQ8=—,ZACB=-,

33

I、如上圖，當0,ACB四點共圓，而I而HB_￡1=_￡)2=也2_27B+片=G，設圓的半徑為

R,則2R==2，即R=1

sinZACB

,當且僅當0C為圓的直徑時，有最大值|詼|=|曰=2R=2.

2、如上圖，當A,C,B在以。為圓心的圓上，此時|06|=g=1,

綜上：團的最大值為2.

故選：D.

【點睛】

關(guān)鍵點點睛：將平面向量轉(zhuǎn)化為點共圓，根據(jù)￡,石的夾角為胃，又討論位置關(guān)系，

JJ

進而應用圓的性質(zhì)確定的的最大值.

8.M,N分別為菱形ABC。的邊8C,CO的中點，將菱形沿對角線AC折起，使點。不在平面ABC

內(nèi)，則在翻折過程中，下列選項正確的是（）

①肱V//平面曲；②異面直線AC與所成的角為定值；③在二面角。一AC—3逐漸變小的過程

中，三棱錐￡>-ABC外接球的半徑先變小后變大；④若存在某個位置，使得直線A。與直線8C垂直，則

Z4BC的取值范圍是0,'

A.①②B.①②④C.①④D.①②③④

【答案】B

【分析】

利用線面平行的判定定理判斷①；利用線面垂直的判定定理求出異面直線AC與MN所成的角，判斷②；

借助極限狀態(tài)，當平面DAC與平面ABC重合時，三棱錐D-A8C外接球即是以AABC外接圓圓心為球

心，外接圓半徑為球半徑，當二面角。-AC-B逐漸變大時，利用空間想象能力進行分析可判斷③；過A

作AH±BC于H，按ZABC分別為銳角，直角,鈍角三種情況進行分析判斷即可判斷④.

【詳解】

對于①，；M，N分別為菱形ABC。的邊BC,C。的中點，，MN//BO,又MVZ平面A8D,BDu

平面?W￡）,二MN//平面板），①正確；

對于②，取AC中點。，連接。0,30,如圖，則。O_LAC,8O_LAC,800。。=。，六人。，平

面8。0，而BOu平面BD。，；.ACLBO,；.4C_LMN,即異面直線MN與AC所成的角為90。，

②正確；

D

對于③，借助極限狀態(tài)，當平面DAC與平面ABC重合時，三棱錐。一ABC外接球即是以AABC外接

圓圓心為球心，外接圓半徑為球半徑，當二面角AC—B逐漸變大時，球心離開平面ABC,但球心在

平面ABC內(nèi)射影仍然是△ABC外接圓圓心，故二面角。一AC—B逐漸變小的過程中，三棱錐￡>—ABC

外接球的半徑不可能先變小后變大，③錯誤；

對于④，過A作于”，若NABC為銳角，則”在線段3c上，若NABC為直角，則”與8重

合，若NABC為鈍角，則”在線段CB的延長線上，

若存在某個位置，使得直線AO與6C垂直，；.8CJ_平面AHO，由線面垂直的性質(zhì)得

BC1HD,

若NABC為直角，則”與3!苴合，則CBLBD,而已知5c=CD，3。不可能成立，即NA3C

不可能為直角，

若NABC為鈍角，則H在線段CB的延長線上，則在原平面菱形A6C0中，N0CB為銳角，由于立體圖

形中。8<DO+OB,因此立體圖形中NDCB比原平面圖形更小，,立體圖形中NDCE為銳角，而

6C=CD,...空間圖形中△8CD是銳角三角形,由BCJ.H。知”在線段8C上，與“在線段CB的延

長線上矛盾，因此NA8C不可能為鈍角，

綜上可知，NA3C只能為銳角，即④正確.

DD

ABAA工H

/48C為銳角46C為直角44C為鈍角

故選：B.

【點睛】

本題考查異面直線所成的角，線面平行與線面垂宜的判定，多面體外接球問題，考查空間圖形折疊問題，

考查了學生的空間想象能力和邏輯推理能力，借助極限狀態(tài)和反證法思想的運用是解題的關(guān)鍵，綜合性較

強，屬于難題.

二、多選題（本大題共4小題，共20分）

9.由我國引領的5G時代已經(jīng)到來，5G的發(fā)展將直接帶動包括運營、制造、服務在內(nèi)的通信行業(yè)整體的快

速發(fā)展，進而對G0P增長產(chǎn)生直接貢獻，并通過產(chǎn)業(yè)間的關(guān)聯(lián)效應和波及效應，間接帶動國民經(jīng)濟各行業(yè)

的發(fā)展，創(chuàng)造出更多的經(jīng)濟增加值.如圖是某單位結(jié)合近年數(shù)據(jù)，對今后幾年的5G經(jīng)濟產(chǎn)出所做的預測.結(jié)

A.5G的發(fā)展帶動今后幾年的總經(jīng)濟產(chǎn)出逐年增加

B.設備制造商的經(jīng)濟產(chǎn)出前期增長較快，后期放緩

C.設備制造商在各年的總經(jīng)濟產(chǎn)出中一直處于領先地位

D.信息服務商與運營商的經(jīng)濟產(chǎn)出的差距有逐步拉大的趨勢

【答案】ABD

【分析】

本題結(jié)合圖形即可得出結(jié)論.

【詳解】

解：從圖表中可以看出運營商的經(jīng)濟產(chǎn)出逐年增加，故A正確；

設備制造商的經(jīng)濟產(chǎn)出前期增長較快，后期放緩，故B正確；

2029年、2030年信息服務商在總經(jīng)濟產(chǎn)出中處于領先地位，故C錯誤,

信息服務商與運營商的經(jīng)濟產(chǎn)出的差距有逐步拉大的趨勢，故D正確；

故選：ABD

【點睛】

本題主要考查數(shù)學文字及圖形的閱讀理解能力.屬于基礎題.

10.若點。是線段BC外一點，點P是平面上任意一點，S.OP=WB+juOC（A,昨R）,則下列說法正確的

有（）

A.若仙■“f且Q0,則點P在線段BC的延長線上

B.若1+〃=1且k0,則點P在線段8c的延長線上

C.若入+〃>1,則點P在AOBC夕卜

D.若入+〃<1,則點P在AOBC內(nèi)

【答案】BC

【分析】

根據(jù)向量的減法運算，向量數(shù)乘的幾何意義，向量加法的平行四邊形法則，以及相反向量的概念即可判斷

出每一項的正誤.

【詳解】

因為9=4礪+〃反（兒〃GR）

若人+“=1且入>0,則OP—AOB+（1—2）OC—OC+九（。8—OC）,

故而一前=4（麗-反），即麗=尤麗，又4>0,則點P在線段8c或其反向延長線上，A錯誤；

若/i+U=l且M0,同上可得而=彳而，而次0,則點P在線段8C的延長線上，B正確；

若4+〃>1,OP^AOB+（\-X）OC+^+pi-\）OC,同上可得刀=4而+（/1+〃-1）反，當入+”>1

時，入+“-1>0,根據(jù)向量加法的平行四邊形法則可以看出則點P在△08C外，C正確；

若入+*1,不妨令A=0,”=-1則而=—0心，很顯然此時點P在線段CO的延長線上，不在AOBC內(nèi)，D

錯誤.

故選：BC.

【點睛】

關(guān)鍵點點睛：掌握向量的減法運算，向量數(shù)乘的幾何意義，向量加法的平行四邊形法則，以及相反向量的

概念是解題關(guān)鍵.

11.下列結(jié)論正確的是（）

A.在△ASC中，若A>B，貝ijsinA>sin3

B.在銳角三角形ABC中，不等式〃+。2_/>0恒成立

TT

C.在AABC中，若。=一，a2-c2^bc，則AABC為等腰直角三角形

4

D.在AABC中，若6=3,4=60°,三角形面積5=3百，則三角形外接圓半徑為正

3

【答案】ABC

【分析】

對選項A,利用三角形"大角對長邊"和正弦定理即可判斷A正確；對選項B,利用余弦定理

cosA="/~—>0,即可判斷B正確，對選項C,首先根據(jù)余弦定理得到b+c=伍，利用正弦定

2bc

理邊化角公式得到sinB+sin-=V2sinA,再化簡即可判斷選項C正確.對選項D,首先利用面積公式得

4

到c=4,利用余弦定理得到a=J萬，再利用正弦定理［J=2R即可判斷D錯誤.

smA

【詳解】

對選項A,在△ABC中，由27?sinA>27?sinB=>sinA>sinB,

故A正確.

Z.22_2

對選項B,若則COSA=--------->0，

2bc

又因為0<Av〃，所以A為銳角，符合AAHC為銳角三角形，故B正確.

對選項C,c~=a~+b~-labcos—?整理得：c1=a?+b?—J^ab.

因為a?—/=be，所以。c+/?2—\/2ab=0?即b+c=

所以sinB+sinf=>/isinA,即sin8+立=&sin(8+工)，

424

sinB+=V2(sinBcos?+cosBsin?)=sin8+cosB，

即COS8=Y2,又0<8（乃，所以8=工.

24

故4=乃-------=一，則AABC為等腰直角三角形，故C正確.

442

對選項D,s=」bcsinA=Lx3xcx@=3G，解得c=4.

222

a2-b1+c2-2/?ccosA=9+16—2x3x4x—=13,

2

所以。=>/1~3-

又因為21=屈、二=漢羽=2R，R=叵，故D錯誤.

sin60V333

故選：ABC

【點睛】

本題主要考查正弦定理和余弦定理的綜合應用，熟練掌握公式為解題的關(guān)鍵，屬于中檔題.

12.在南方不少地區(qū)，經(jīng)?？吹饺藗冾^戴一種用木片、竹熊或葦蒿等材料制作的斗笠，用來遮陽或避雨，

隨著旅游和文化交流活動的開展，斗笠也逐漸成為一種時尚旅游產(chǎn)品.有一種外形為圓錐形的斗笠，稱為"燈

罩斗笠”，根據(jù)人的體型、高矮等制作成大小不一的型號供人選擇使用，不同型號的斗笠大小經(jīng)常用帽坡長

（母線長）和帽底寬（底面圓直徑長）兩個指標進行衡量，現(xiàn)有一個"燈罩斗笠"，帽坡長20厘米,帽底寬206

厘米，關(guān)于此斗笠，下面說法正確的是（）

A.斗笠軸截面（過頂點和底面中心的截面圖形）的頂角為120。

B.過斗笠頂點和斗笠側(cè)面上任意兩母線的截面三角形的最大面積為100百平方厘米

C.若此斗笠頂點和底面圓上所有點都在同一個球上，則該球的表面積為1600兀平方厘米

D.此斗笠放在平面上，可以蓋住的球(保持斗笠不變形)的最大半徑為206-30厘米

【答案】ACD

【分析】

先求出截面的頂角的一半，即可求出頂角判斷選項A；利用三角形的面積公式以及三角函數(shù)值的范圍可判斷

選項B；求出圓錐形的斗笠外接球的半徑即可得球的表面積可判斷選項C；求出圓錐形的斗笠內(nèi)切球的半徑

即截面圓的半徑即可判斷選項D,進而可得正確選項.

【詳解】

對于選項A：P0=,202-(10?=,400—300=10,

所以sinNBPO=?^=3@=立，N8PO=60°

AP202

所以NAPB=120，故選項A正確.

對于選項B：設NAPB=。，截面三角形面積和S=lR42.sine=200sineK200,故選項B不正確;

2

對于選項C：設外接球球心為M，半徑為R，MA^MP^R

在AAOM中，由勾股定理可得：300+(10—R『=R2,解得：R=2Q

所以該球的表面積S=4兀?202=1600兀，故選項C正確；

對于選項D：設球心為。'，截面主視圖如下圖，設內(nèi)切圓半徑為，

各邊長分別為Q4==2(),A3=20百，

所以((20+20+204)r=g-20G-10,解得：r=20>/3-30.

故選項D正確.

p

故選：ACD

【點睛】

關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵點是準確理解軸截面的形狀，會計算外接球和內(nèi)切球的半徑.

三、填空題(本大題共4小題，共20分)

13.某射手一次射擊中，擊中10環(huán)、9環(huán)、8環(huán)的概率分別是024,0.28,0.19,則這位射手在一次射擊中

不夠9環(huán)的概率是.

【答案】0.48

【分析】

一次射擊中不夠9環(huán)的對立事件是9環(huán)，10環(huán)，按對立事件計算.

【詳解】

由已知某射手一次射擊中，擊中10環(huán)、9環(huán)、8環(huán)的事件是互斥的，而事件："這位射手在一次射擊中不夠

9環(huán)”的對立事件為：”這位射手在一次射擊中9環(huán)或10環(huán)”，故所求概率P=l-(0.28+0.24)=0.48.

故答案為：0.48

【點睛】

本題考查利用對立事件計算概率，屬于簡單題型.

14.平行四邊形ABC。中，AB=2,AD=4,ZBAD=60°,E是3C的中點，F(xiàn)是AE的中點，則向量而

的模長是______.

B

【答案】"

【分析】

利用向量的運算法則將方用已知向量表示，再利用向量數(shù)量積的運算律求解即可.

【詳解】

——一1——1一1——1—3——

?.■DF=DA+-AE=DA+-(AB+-AD)=-AB--AD

22224

1一3一—I1__3—，

??.IDF\=\-AB--AD|=>|DF\=JQ-AB--AD\)2

=口福2_3麗.通+2而2

V4416

11,3.1~9~~

=J—x4——x4Ax2x—+—xl6

V44216

=S?

故答案為：近.

【點睛】

關(guān)鍵點睛：解決本題主要掌握兩點：一是數(shù)量積的基本公式7B=WMcos。；二是向量的平方等于向量模

的平方7=同二

15.如圖，測量河對岸的塔高AB時，選與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩個測點C與D,測得/BCr>=30°,

ZBDC=120°,CD=10m,并在點C測得塔頂A的仰角為60°,則塔高A8=m.

【答案】30

【分析】

由正弦定理可得忸q=ioG,進而可得結(jié)果.

【詳解】

inV3

16diA10x—

由題可知NCBD=30°，由正弦定理可得」_J=>\Bc\=—=1073

sin120sin3011J_

2

所以|AB|=tan60^BC|=73x1073=30

故答案為：30

16.《九章算術(shù)》是古代中國的第一部自成體系的數(shù)學專著，與古希臘歐幾里得的《幾何原本》并稱現(xiàn)代數(shù)

學的兩大源泉.《九章算術(shù)》卷五記載："今有芻薨，下廣三丈，表四丈，上袤二丈，無廣，高一丈.問積兒何？"

譯文：今有如圖所示的屋脊狀楔體PQ-ABC。，下底面A8CD是矩形，假設屋脊沒有歪斜，即PQ的中

點R在底面ABCO上的投影為矩形ABCO的中心點。，PQ//AB,AB=4,A￡）=3,PQ=2,OR=1

（長度單位：丈）.則楔體PQ-ABC。的體積為（體積單位：立方丈）.

【答案】5

【分析】

將幾何體PQ—A5CD補成直三棱柱4DE-BCF,計算出三棱柱ADE-BCF、三棱錐P—ADE、三

棱錐Q-BCF的體積，進而可求得楔體PQ-A8CD的體積.

【詳解】

延長QP至點E，使得尸石=1，延長PQ至點F，使得。尸=1,分別取A。、BC的中點〃、N,

連接AC、AN.CM.AE，DE、BF、CF、EM、FN、MN,如下圖所示:

因為四邊形4?C￡＞為矩形，則且AD=3C,

又因為〃、N分別為AD、8C的中點，則AM〃&V且AM=BN,

所以四邊形ABMVf為平行四邊形，MM/4B且MN=43,

?.?0為矩形ABCO的中心，則。為AC的中點，

因為A/、N分別為A。、8c的中點，則AM〃aV且AM=CN,

所以四邊形AMCN為平行四邊形，所以，AC，MN互相平分，

因為。為AC的中點，則。為MN的中點，

?;PE=QF=l,PQ=2,EF=PQ+PE+QF=4=AB,

?.-PQ//AB,則又?：MNIIAB宣MN=AB,:.EF//MNREF=MN,

所以，四邊形E/WM為平行四邊形，.?.石加〃硒且勵/=可，

?.?R為PQ的中點，且尸E=QF,則R為跖的中點，

?.?0為陽的中點，.?.￡氏〃?！扒摇晔?0w，所以四邊形E7?QM為平行四邊形，.?.￡M〃OR，

點/?在底面ABC。上的投影為矩形ABCD的中心點。，則RO_L平面ABCD，

平面A88，

ABu平面ABCD，.?.AB，，

因為四邊形ABCO為矩形，則43,4)，EMnA￡)="，.,.AB，平面A0E，

因為AB//CD//EF且AB=CD=EF,所以，兒何體ADE-8CE為直三棱柱，

?.EMJ_平面ABCO,40匚平面鉆?！辏?，..￡^_1/10，

13

因為四邊形EROM為平行四邊形，則￡M=QR=1,S.ADF^-AD-EM=-,

3111

5-ABx4=6

VADE-BCF=A4DE=2'%-ADE=SMDE*PE=~，同理可得VQ_BCF=5?

因此，楔體PQ—ABC。的體積為匕qABCD=VADE-BCF~^P-ADE~^Q-BCF~5■

故答案為：5.

【點睛】

方法點睛：求解多面體體積的方法如下：

(1)求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位

置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應體積公式求解；

(2)若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補形法等方法進行求解.

四、解答題(本大題共6小題，共70分)

17.(10分)已知復數(shù)Z1=l+i,Z2=x+2i(xeA),且zez2為實數(shù).

(1)求X的值；

8八

(2)若Z3—Z,是純虛數(shù)，且4+—€/?,求復數(shù)Z3.

Z3

【答案】(1)x=-2；(2)23=-2或23=-2-2二

【分析】

(1)計算ZR2,再由復數(shù)的分類求解；

(2)設Z3=a+初(a,1GR)代入計算.

【詳解】

(1)由已知Z1Z2=(l+i)(x+2i)=x-2+(x+2)i,它是實數(shù)，則x+2=0,%=-2；

a+2=0

(2)設Z3=a+應/?),則Z3-Z2=(a+2)+(Z?-2)i,它是純虛數(shù)，則，

-。-2。0

/.a=—2＞。。2,即Z3=-2+bi,

,4+J+歷+上=一2+萬+…。―上

+小*i是實數(shù),

32

z3-2+bi(-2+W)(-2-/?z)4+/?I4+b-

QL.

:?b-----=0,解得人=0或匕=一2或b=2(舍去),

4+。7T~

/.Z3=-2或Z3=—2—2z.

【點睛】

本題考查復數(shù)的綜合運算，考查復數(shù)的分類，涉及到復數(shù)分類問題時可設23=a+萬(。功eH),代入計算,

再由復數(shù)分類得出結(jié)論.

18.（12分）如圖，已知向量兩=Z麗=6,點48分別是SM,SN的中點.

（1）試用向量1,5表示向量MN；

（2）設何=1,同=2,|麗上［2出,2件］,試求M與5的夾角8的取值范圍.

【答案】（1）MN=2（b-a）；（2）0e。片.

【分析】

（1）由A3是△SM0的中位線得出麗=2而，進而得出結(jié)果;

-r■111

（2）先求出值6e［—1,1］,進而求得cosOe,山此確定出。的取值范圍.

【詳解】

（1）依題意知A8是△SM0的中位線，所以，麗=2麗=2（礪—函）=20—可；

（2）由（1）得麗7=2（6—@，平方得：

MN'=4（^-5）2=4（b2-2a-b+a2）

=4（忸『-2a-b+\a^=4（22-2a-b+l2）=2Q-Sa-b

所以8M石=20-1而開，由|麗同2百,2何可得必良［—1,1］,

A晨B1_廠「11］「萬2乃］

所以3"麗=/"［一￥5］，又強1°㈤，所以叫了可.

故萬與B夾角。的取值范圍是?

19.(12分)已知函數(shù)，(x)=sin2x+Gsinx-cosx?

(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間0,—上的最大值;

(2)已知/i(x)=/■卜若不等式/z(x)+cosx-加＜0在上恒成立,

求實數(shù)m的取值范

圍.

313

【答案】⑴/(%)_=-，(2)/?>-.

Zo

【分析】

(1)將/(X)化為/(x)=sin(2xq)+g,然后可得答案；

(2)h(x)=cos2x+—,由/z(x)+cosx-m<0得m>2COS2X+COSX-‘，然后求出右邊的最大值即可.

22

【詳解】

/?、//、?2島.l-coslx6.c.乃11

(1)/(x)=sinx+，3sinx-cosx=---------1---sin2x=sm2x+—

22[6)2

八27rle717117V

當X￡0,--時，2x----€---,---

L3J6L66J

所以當2x_\=g,即x=?時，/(x)max

(2)h(x)=/(x-V)=sin(2x-/)+g=-cos2x+g

由力(x)+cosx-mv0得/Z(X)+COSX=-COS2X+COSX+5=-2COS2X+COSX+1

33

令t—cosxe(0,1),所以y=-2cos-x+cosx+-=—2廣+f+—

i313

當f=一時y=-2.r+H—取得最大伯—

428

13

所以/〃>—

8

20.(12分)甲乙兩名籃球運動員分別在各自不同的5場比賽所得籃板球數(shù)的莖葉圖如圖所示，已知兩名運

動員在各自5場比賽所得平均籃板球數(shù)均為10.

甲乙

8708y

30I0I2

(1)求x,y的值；

(2)求甲乙所得籃板球數(shù)的方差價和5；,并指出哪位運動員籃板球水平更穩(wěn)定；

(3)教練員要對甲乙兩名運動員籃板球的整體水平進行評估.現(xiàn)在甲乙各自的5場比賽中各選一場進行評

估，則兩名運動員所得籃板球之和小于18的概率.

261

【答案】(1)x=2,y=9;(2)9Sj=g,S乙92=2,乙更穩(wěn)定；(3)

【分析】

⑴利用平均數(shù)求出x,y的值；(2)求出甲乙所得籃板球數(shù)的方差酩和黑，判斷哪位運動員籃板球水平更穩(wěn)

定；(3)利用古典概型的概率求兩名運動員所得籃板球之和小于18的概率.

【詳解】

(1)由題得8+7+30+3+x+0=50,r.x=2,

8+y+30+0+1+2=50,y=9.

(2)由題得S甲2=#(8-10)2+(7-10)2+(13-10)2+(12—10)2+(10—10)2]=],

Si2=1[(8-10)2+(9-10)2+(ll-10)2+(12-10)2+(10-10)2]=y=2.

因為2<g,所以乙運動員的水平更穩(wěn)定.

(3)由題得所有的基本事件有(8,8),(8,9),(8,10),(8,11),(8,12),(7,8),(7,9),(7,10),(7,11),(7,12),

(10,8),(10,9),(10,10),(10,11),(10,12),(12,8),(12,9),(12,10),(12,11),(12,12),(13,8),(13,9),

(13,10),(13,11),(13,12).共25個.

兩名運動員所得籃板球之和小于18的基本事件有(8,8),(8,9),(7,8),(7,9),(7,10),共5個，

山古典概型的概率公式得兩名運動員所得籃板球之和小于18的概率為2=」.

255

【點睛】

本題主要考查平均數(shù)的計算和方差的計算，考查古典概型的概率的計算，意在考查學生對這些知識的理解

掌握水平和分析推理能力.

21.(12分)如圖，某登山隊在山腳A處測得山頂8的仰角為45°，沿傾斜角為。(其中tana=')的斜

2

坡前進班上加后到達。處，休息后繼續(xù)行駛石到達山頂B.

(1)求山的高度破；

(2)現(xiàn)山頂處有一塔CB=.從A到。的登山途中，隊員在點P處測得塔的視角為。(NCP8=6).若

O

點、P處高度PF為xkm,則x為何值時，視角，最大？

【答案】(1)3km：(2)當x=36時，視角6最大.

4

【分析】

(1)解法-：計算出cosNBAD的值，然后在AABD中，過。作。垂足為M,利用銳角三角

函數(shù)的定義求出AB，然后在中利用銳角：角函數(shù)可求出BE；

解法二：過。作。GLAET點G，過D作DHLBE于點H，計算出OG、AG,設BE=h,可得出

BH=h—l,DH=h-2,由勾股定理即:+￡>”2可解出力的值，即可得出山高：

(2)過P作加_LBE于〃，計算出tanNCPM和tanNBPM,利用兩角差的正切公式

1加。=1311(/。物-/5尸加)可得出13116關(guān)于工的表達式，通過化簡后利用基本不等式可求出tan。的

最大值，利用等號成立求出x的值，即可得出該問題的解答.

【詳解】

112

(1)法一：因為tanc=/,。是銳角，所以sina=不，cosa=-j=,

,R,.(H\n.7i.12113J10

所以cos//BAD=cos---cc—cos—cosoc+sin—sina-—產(chǎn)x—產(chǎn)H—產(chǎn)x—產(chǎn)-.....,

U)446加6亞10

在△A6。中，過。作垂足為

因為4。=8。=逐，所以AB=2AM=2A￡>cosNBAO=2^x^^=3丘.

10

在AABE中，BE=ABcos45°=3，所以山的高度為3Am；

法二：過。作QG_LA￡于點G,過D作DH工BE于點H,

112

在AADG中，ZDAG=a,tana=-,所以sma=7，cosa=-^,

2A/5\J5

所以￡>G=AOsina=也義卡=1,AG=ADcosex=5/5x—==2

V5

設3￡=〃，在直角中，BH=h—1,DH=h—2,

由于3￡>2=3爐+0”2，所以（右）~=（/?-1）2+（〃一2丫

因為人>0,所以。=3,所以山的高度為3kn；

（2）過尸作PM_LBE于〃，因為PF=x,所以A尸=2x，

因為尸在AO上，DG=1,所以為

3

-X

BM_3-xC8278

所以Z-=-=