2020-2021學(xué)年新人教A版（2019）高一數(shù)學(xué)暑假作業(yè)綜合十一（含解析）

綜合十一-【新教材】人教A版(2019)

高一數(shù)學(xué)暑假作業(yè)(含解析)

一、單選題

1.下列不等式或命題一定成立的是()

①lg(/+；)》lgx(x>0)；@sinx+>2(%*kn,kGZ)；

@x2+1》2|x|(x6/?)；④y=^=(xGR)最小值為2.

A.①②B.②③C.①③D.②④

2.科赫曲線是一種外形像雪花的幾何曲線，一段科赫曲線可以通過下列操作步驟構(gòu)造

得到，任畫一條線段，然后把它均分成三等分，以中間一段為邊向外作正三角形,

并把中間一段去掉，這樣，原來的一條線段就變成了4條小線段構(gòu)成的折線，稱為

“一次構(gòu)造”；用同樣的方法把每條小線段重復(fù)上述步驟，得到16條更小的線段

構(gòu)成的折線，稱為“二次構(gòu)造”，…，如此進(jìn)行“〃次構(gòu)造”，就可以得到一條科

赫曲線,若要在構(gòu)造過程中使得到的折線的長(zhǎng)度達(dá)到初始線段的1000倍，則至少需

要通過構(gòu)造的次數(shù)是().(取lg3ko.4771,lg2?0.3010)

3.已知函數(shù)/'(x)=cos卜%—§一2sin(x+E)cos(x+：),%eR,給出下列四個(gè)命

題：

①函數(shù)70)的最小正周期為2兀；

②函數(shù)“X)的最大值為1;

③函數(shù)/⑺在卜葭］上單調(diào)遞增;

④將函數(shù)/⑺的圖象向左平移卷個(gè)單位長(zhǎng)度，得到的函數(shù)解析式為g(x)=sin2x.

其中正確命題的個(gè)數(shù)是()

A.1B.2C.3D.4

如圖在梯形ABC。中，BC=2AD,DE=EC,設(shè)麗

a,BC=b，則麗=

A.為+/

B.與+樂

D.7+部

24

5.下列四個(gè)選項(xiàng)中，正確的是

A.復(fù)平面內(nèi)實(shí)軸上的點(diǎn)都表示實(shí)數(shù)，虛軸上的點(diǎn)都表示純虛數(shù)

B.若復(fù)數(shù)Z1，Z2滿足資+Z2=0,則zg=0且域=0

C.若復(fù)數(shù)Zi，Z2滿足區(qū)|=\z2\,則Z?=zf

D.設(shè)z為復(fù)數(shù)，a,bG.R,若z+a=22+bi,則，+a=2z—bi

6.在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-AiBiGA中，ACCB。O,E是線段&C（含端點(diǎn)）上

的一動(dòng)點(diǎn)，

①0E1

②0E〃面4修山；

③三棱錐&-BDE的體積為定值；

④0E與4cl所成的最大角為90。.

上述命題中正確的個(gè)數(shù)是（）

A.1B.2C.3D.4

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7.某校為了解高三年級(jí)學(xué)生在線學(xué)習(xí)情況，統(tǒng)計(jì)了2020年4月18日?27日（共10天

）學(xué)生在線學(xué)習(xí)人數(shù)及其增長(zhǎng)比例數(shù)據(jù)，并制成如圖所示的條形圖與折線圖的組合

圖.根據(jù)組合圖判斷，下列結(jié)論正確的是（）

A.這10天學(xué)生在線學(xué)習(xí)人數(shù)的增長(zhǎng)比例在逐日減小

B.前5天在線學(xué)習(xí)人數(shù)的方差大于后5天在線學(xué)習(xí)人數(shù)的方差

C.這10天學(xué)生在線學(xué)習(xí)人數(shù)在逐日增加

D.前5天在線學(xué)習(xí)人數(shù)增長(zhǎng)比例的極差大于后5天在線學(xué)習(xí)人數(shù)增長(zhǎng)比例的極差

8.函數(shù)/。）={11.?；31則下列命題正確的是（）

A.函數(shù)是偶函數(shù)

B.函數(shù)/（x）最小值是0

C.函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是[1,+8）

D.函數(shù)"%）的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱

二、多選題

9.下列說法中錯(cuò)誤的為（）

A.已知m=（i,2）,b=（1,1）.且m與m+入b的夾角為銳角，則實(shí)數(shù)人的取值范圍

是（一^,+8）

B.向量n=（2,-3）員=（；,一方不能作為平面內(nèi)所有向量的一組基底

c.若則苗在G方向上的投影為同

D.非零向量云和H滿足同=|b|=日一斗則云與W+U的夾角為60。

10.下列命題正確的（）

A.若復(fù)數(shù)z=（1-0（2一i），則|z|=VTo

B.若Zi=2-i,z2=1-3i,則復(fù)數(shù)Z]-z2的虛部是2/

C.若|z-l|=2,則憶一1一34的最小值為1

D.已知左eR,若關(guān)于x的方程X2+(卜+2。％+2+於=0有實(shí)數(shù)根，則實(shí)根必為

x=

11.如圖，在矩形A8CO中，已知/B=2AD=2,￡為48的中點(diǎn)，將AZDE沿DE翻

折到△41DE的位置，A1《平面488,M為&C的中點(diǎn)，則在翻折過程中，下列結(jié)

論正確的是()

A.恒有BMH平面A1DE

B.B與M兩點(diǎn)間距離恒為定值

C.三棱錐A1-OEM的體積的最大值為立

12

D.存在某個(gè)位置，使得平面ARE,平面41CD

12.甲乙兩個(gè)質(zhì)地均勻且完全一樣的四面體，每個(gè)面都是正三角形，甲四個(gè)面上分別標(biāo)

有數(shù)字1,2,3,4,乙四個(gè)面上分別標(biāo)有數(shù)字5,6,7,8,同時(shí)拋擲這兩個(gè)四面

體一次，記事件A為“兩個(gè)四面體朝下一面的數(shù)字之和為奇數(shù)”，事件B為“甲四

面體朝下一面的數(shù)字為奇數(shù)”，事件C為“乙四面體朝下一面的數(shù)字為偶數(shù)”，則

下列結(jié)論正確的是()

A.P(A)=P(B)=P(C)B.P(BC)=PQ4C)=P(AB)

11

C.P(ABC)=-D.P(4)?P(B).P(C)=-

oo

三、填空題

13.(1)已知向量正方滿足|4|=2,|6|=4，且五=4，則為與方的夾角為.

(2)如圖,一艘船以每小時(shí)20km的速度向東航行，船在A處觀測(cè)燈塔。在北偏東45。

方向，行駛2九后，船到達(dá)6處，觀測(cè)燈塔C在北偏東15。方向，此時(shí)船與燈塔C

的距離為km.

AB東

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(3)已知兩點(diǎn)2(1,0),B(1,V3).。為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)C在第二象限，且乙40C=120°,

設(shè)一2瓦5+而=小，則|前|=,OB-AC=

(4)已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a*0),函數(shù)g(x)=f(x~)+/Q)+2a—

c(x^0),若函數(shù)/(x)與函數(shù)g(x)的值域相同，貝哈的取值范圍為

14.如圖，矩形A8CO中，AB=2AD=4,E為邊AB

的中點(diǎn)，將AADE沿直線OE翻轉(zhuǎn)成△&￡>￡,構(gòu)成

四棱錐&-BCDE,若M為線段&C的中點(diǎn)，在翻

轉(zhuǎn)過程中有如下四個(gè)命題：

①M(fèi)B〃平面&DE；

②存在某個(gè)位置，使DELaC；

③存在某個(gè)位置，使4D1CE；

④點(diǎn)&在半徑為近的圓周上運(yùn)動(dòng).

其中正確的命題是.

15.下列四個(gè)命題

①樣本方差反映的是所有樣本數(shù)據(jù)與樣本平均值的偏離程度；

②從含有2008個(gè)個(gè)體的總體中抽取一個(gè)容量為100的樣本，現(xiàn)采用系統(tǒng)抽樣的方

法應(yīng)先剔除8人，則每個(gè)個(gè)體被抽到的概率均為點(diǎn)；

③從總體中抽取的樣本數(shù)據(jù)共有〃，個(gè)m〃個(gè)4p個(gè)c,則總體的平均數(shù)元的估計(jì)

/古y,ma+nb+pc

值為m+n+p；

④某中學(xué)采用系統(tǒng)抽樣的方法，從該校高一年級(jí)全體800名學(xué)生中抽50名學(xué)生做

牙齒健康檢查，現(xiàn)將800名學(xué)生從001至I」800進(jìn)行編號(hào)，已知從497?512這16個(gè)

數(shù)中取得的學(xué)生編號(hào)是503,則初始在第1小組001?016中隨機(jī)抽到的學(xué)生編號(hào)是

007.

其中真命題的個(gè)數(shù)是

四、解答題

16.已知a,b,c分別是回4BC內(nèi)角Z,B,C的對(duì)邊，若沆=(a+c,b),記=3—08—(1)且

mln.(1)求角C■的大??；

(2)若?=遍，sin4=2sinB,求團(tuán)4BC的面積.

(3)若c=g,求21ABe周長(zhǎng)的取值范圍.

17.如圖1,已知等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為3,點(diǎn)M,N分別是邊AB,AC上的點(diǎn)，且

BM=2MA,AN=2NC.如圖2,將aAMN沿折起到△4MN的位置，連接AB,

A'C.

(1)求證：平面4BM_L平面BCNM-,

(2)給出三個(gè)條件：①4M1BC；②二面角4—MN—C的大小為60。；③A到平面

8cMW的距離為空從中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題的條件中，并作答：

2

在線段上是否存在一點(diǎn)尸，使三棱錐4-PMB的體積為9若存在，求出笠的

4A>C

值；若不存在，請(qǐng)說明理由.

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18.如圖,三棱柱A/iG-ABC中，BBi1平面ABC,AB1BC,AB=2,BC=1,BB1=3,

。是CG的中點(diǎn)，E是48的中點(diǎn).

(I)證明：0E〃平面GBAi；

(II)F是線段CCi上一點(diǎn)，且直線AF與平面ABBi公所成角的正弦值為右求二面角

F-B公—4的余弦值.

19.某地發(fā)現(xiàn)6名疑似病人中有1人感染病毒，需要通過血清檢測(cè)確定該感染人員，血

清檢測(cè)結(jié)果呈陽性的即為感染人員，呈陰性表示沒感染.擬采用兩種方案檢測(cè)：

方案甲：將這6名疑似病人血清逐個(gè)檢測(cè)，直到能確定感染人員為止；

方案乙：將這6名疑似病人隨機(jī)分成2組，每組3人.先將其中一組的血清混在一

起檢測(cè)，若結(jié)果為陽性，則表示感染人員在該組中，然后再對(duì)該組中每份血清逐個(gè)

檢測(cè)，直到能確定感染人員為止;若結(jié)果呈陰性，則對(duì)另一組中每份血清逐個(gè)檢測(cè),

直到能確定感染人員為止.

(1)求這兩種方案檢測(cè)次數(shù)相同的概率;

(2)如果每次檢測(cè)的費(fèi)用相同，請(qǐng)預(yù)測(cè)哪種方案檢測(cè)總費(fèi)用較少?并說明理由.

20.對(duì)于函數(shù)方(?,f2(x),九㈤,如果存在實(shí)數(shù)a,b使得/i(x)=a(x)+b?力(%),

那么稱九(乃為「(X),片(X)的生成函數(shù).

(1)設(shè)71(%)=log4X，/z(x)=log025x,a=2,b=1,生成函數(shù)/i(x).若不等式

2/i2(x)+3/i(x)+t<0在％e[4,16]上有解，求實(shí)數(shù)f的取值范圍.

(2)設(shè)函數(shù)91(X)=log3(9*T+1),g2(x)=x-1,是否能夠生成一個(gè)函數(shù)九(x).且

同時(shí)滿足:①九(x+1)是偶函數(shù);②八(乃在區(qū)間[2,+8)上的最小值為210g310-2,

若能夠求函數(shù)無。)的解析式，否則說明理由.

21.已知函數(shù)/'(x)=cosx(V5sinx-cosx)+/，將y=/(x)的圖象向左平移%個(gè)單位后

得到g(x)的圖象.

(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)在銳角AABC中，若g([)=-；+\&,求sin4+cosB的取值范圍.

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查基本不等式及不等式性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

利用基本不等式及不等式的性質(zhì)對(duì)各命題逐一判斷即可.

【解答】

解：①中：x2-X+=(x-1)2>0,則/+；2丫，則lgQ2+[)2故①正確；

②中：x豐kit,k&Z,sinxG[—1,0)U(0,1]>當(dāng)sinx<0時(shí)，sinx+故②

錯(cuò)誤；

③中：x2+l-2\x\=\x\2-2\x\+1=(|x|-l)2>0,故/+1>2|x|(xeR),故③

正確；

④中：丫=理=警警=疹較+金之2,當(dāng)且僅當(dāng)代=1=得后時(shí)取等號(hào)，

JJVX2+2VX2+2VX2+2VXZ+2

此時(shí)/=一1,顯然不成立，故④錯(cuò)誤；

故選：C.

2.【答案】D

【解析】

【分析】

本考查對(duì)數(shù)的運(yùn)算與估算,指數(shù)函數(shù)模型的運(yùn)用，不等式求解，考查了分析和運(yùn)算能力，

屬于中檔題.

根據(jù)題意，記初始線段長(zhǎng)度為。，“一次構(gòu)造”后的折線的長(zhǎng)度為半，〃二次構(gòu)造”后的

折線的長(zhǎng)度為…，“〃次構(gòu)造〃后的折線的長(zhǎng)度為(9na,則要使得到的折線的長(zhǎng)

度達(dá)到原來的1000倍，應(yīng)滿足G)"a21000a,然后解不等式即可求解.

【解答】

解：由題意，記初始線段長(zhǎng)度為a(a>0),“一次構(gòu)造”后的折線的長(zhǎng)度為半，

“二次構(gòu)造”后的折線的長(zhǎng)度為(》2a,…，

次構(gòu)造〃后的折線的長(zhǎng)度為(Jpa,

則要使得到的折線的長(zhǎng)度達(dá)到原來的1000倍，應(yīng)滿足a21000a,

兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)得nig：>Z5IOOO=3,即得n(21g2-lg3)>3,n>—,

3

代入數(shù)據(jù)得x24.02,

n>0.6020-0.4771

故至少需要通過構(gòu)造的次數(shù)是25.

故選D

3.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查了正弦型函數(shù)的最小正周期、最值、單調(diào)性、圖象的平移等知識(shí)，屬于中檔

題.

先由三角恒等變換得sin(2r-白，所以其周期、最值、單調(diào)性、平移情況皆可

判斷.

【解答】

解：依題意，

f(x)=co?(2x——)—2sin(x+-)+-)

=sin2x--co?2x=sin(2工——)，

226

所以/(%)的最小正周期為T7T，①錯(cuò)誤；

f(x)最大值為1,②正確；

由囚+2/CTT42.x—2《+2fc/r

262

得，j+A-TT<x<'：：+krr,(k￡Z),

.S6

所以當(dāng)k=-l時(shí)，f(x)的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間為［一早,］,與區(qū)間［-十,卓有重

合，則函數(shù)/O)在［-?,十］上不是單調(diào)遞增的，故③錯(cuò)誤；

將函數(shù)/(X)的圖象向左平移］:個(gè)單位長(zhǎng)度，得到的函數(shù)解析式為g(x)=sin［2(x+

勺_(］=sin2x,故④正確.

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故選:B.

4.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查的是向量的運(yùn)算以及平面向量基本定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題，難度不大.

本題利用三角形法則，將所求向量通過轉(zhuǎn)化最后用已知向量表示出來即可.

【解答】

解：取BC中點(diǎn)凡連接FA,

因?yàn)樵谔菪蜛8CO中，BC=2AD,所以四邊形AOC尸是平行四邊形，

所以E4〃CD,FA=CD,

則麗=BC+CE=BC+癖=BC+^FA

-->1-->,--?1-->1-->

=BC+其B4-BF)=+其-：BC)

=-~BA+-~BC=-a^-b.

2424

故選D

5.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查復(fù)數(shù)的相關(guān)概念和運(yùn)算法則，屬于基礎(chǔ)題.

利用原點(diǎn)也在虛軸上，即可判斷4取特殊復(fù)數(shù)，即可判斷3和C；設(shè)z=m+ni（m,〃是

實(shí)數(shù)），利用復(fù)數(shù)相等的概念即可判斷。.

【解答】

解：復(fù)平面內(nèi)實(shí)軸上的點(diǎn)都表示實(shí)數(shù)，原點(diǎn)也在虛軸上，表示實(shí)數(shù)，故A錯(cuò)誤；

取復(fù)數(shù)Zi=i,Z2=1滿足z,+z/=0,但：;=—1且：;—1,故8錯(cuò)誤；

取復(fù)數(shù)Zi=l+i,Z2=1-i滿足二i|=El\無，但z工=2i,z/=-2i,故C錯(cuò)誤；

設(shè)z=m+ni（m,n是實(shí)數(shù)），

若z+a=22=bi,a,bGR,

貝Um+a+ni=2m—2ni—bi,

故m+a=2m—0,n——2n—b,

解得m=n=a=n=0,

故2:-歷故。正確.

故選。.

6.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查正方體的結(jié)構(gòu)特征，考查異面直線成角、線面平行、垂直的判定與性質(zhì)的應(yīng)用，

及棱錐的體積求法，考查分析與計(jì)算能力，綜合性較強(qiáng)，屬于較難題.

利用正方體的結(jié)構(gòu)特征，線面位置關(guān)系的判定和性質(zhì)，異面直線成角及棱錐體積的計(jì)算

對(duì)4個(gè)結(jié)論逐個(gè)判斷，即可得出結(jié)論.

【解答】

解：①由正方體可得：AC1BD,DDrABCD,

BDnDDr=D,BD.DDiC平面BOQ,

ACJ?平面,BQU平面BOQ,二AC_LBD】，

同理：BiCJ.BD1，

■■■ACnBrC=C,U平面

BDr1平面48修，OEC平面，

???OE1BD],正確；

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②,:ACHAV、,ACC平面ABiC,4CQ平面ABiC?

，小Ci〃平面ABC，

同理得：AN〃平面.A0C,

VA±Dn41G=Ai，A1D,A1C1u平面&QD,

平面481c〃平面4C1。，

???OEU平面ABC,

■?.OE〃面4的。，正確;

③易知BiC〃力iD,BQ,平面A[BD,&DU平面&BD,

3Q〃平面A山D,

■?.E到平面4BD的距離為定值，

???三棱錐4-BDE的體積等于三棱錐E-48。的體積，

底面△4/0的面積為定值，E到平面4BC的距離為定值，

二三棱錐&的體積為定值，正確；

④當(dāng)E在當(dāng)處時(shí)，0E與&G所成的角最大，

此時(shí)，由勾股定理易得：

OC2=g,OB/=|,BiC2=2,

222

0C+0Br=BrC,即地。。=90。,

vACIjA、C\,

：.0E與&G所成的最大角為90。，正確.

故選。.

7.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查統(tǒng)計(jì)圖表等基礎(chǔ)知識(shí)，屬基礎(chǔ)題.

直接根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖表逐項(xiàng)分析即可得到結(jié)論.

【解答】

解：根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖表可知，

這10天學(xué)生在線學(xué)習(xí)人數(shù)在逐日增加，但是增長(zhǎng)比例并不是逐日增大項(xiàng)，故C項(xiàng)正確;4

項(xiàng)錯(cuò)誤；

前5天在線學(xué)習(xí)人數(shù)的比較穩(wěn)定，后5天在線學(xué)習(xí)人數(shù)的波動(dòng)較大，所以前5天在線學(xué)

習(xí)人數(shù)的方差小于后5天在線學(xué)習(xí)人數(shù)的方差，8項(xiàng)錯(cuò)誤；

前5天在線學(xué)習(xí)人數(shù)的增長(zhǎng)比例的極差小于后5天的在線學(xué)習(xí)人數(shù)的增長(zhǎng)比例的極差，

。項(xiàng)錯(cuò)誤.

故選C.

8.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查了分段函數(shù)及函數(shù)的性質(zhì)，涉及函數(shù)的奇偶性與對(duì)稱性，函數(shù)的單調(diào)性及最值

等，考查了數(shù)形結(jié)合的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

由題意，畫出函數(shù)f(x)圖象，進(jìn)而觀察并分析可得正確答案.

【解答】

解：畫出函數(shù)/(X)圖象如圖：

可知函數(shù)/(x)是非奇非偶函數(shù)，A錯(cuò)誤；函數(shù)/'(x)最小值是0,8正確；

函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-1.0),C錯(cuò)誤；

/(0)=1,，⑵=ln2,⑵,所以函數(shù)不關(guān)于x=1對(duì)稱，。錯(cuò)誤.

故選8.

第14頁，共28頁

9.【答案】ACD

【解析】

【分析】

本題考查平面向量基本定理及向量的數(shù)量積，向量的夾角等知識(shí)，對(duì)知識(shí)廣度及準(zhǔn)確度

要求比較高，屬于中檔題.

由向量的數(shù)量積、向量的投影、基本定理與向量的夾角等基本知識(shí),逐個(gè)判斷即可求解.

【解答】

解:對(duì)于(1,2)5=(1,1),丹與五+石的夾角為銳角,

a-(a+Xb)=(1,2)-(1+2,2+2)

=1+2+4+2A=3A+5>0,

且；I豐0(2=0時(shí)五與d+4石的夾角為0),

所以4>一|且;IK0,故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B.???向量瓦*=(2,-3)=4瓦，即共線，故不能作為平面內(nèi)所有向量的一組基底，

故B正確；

對(duì)于C.若五〃E，則五在方方向上的投影向量的長(zhǎng)度為同，投影是一個(gè)過程，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D.因?yàn)閨方|=||一斜，兩邊平方得，

\b\2=2a-b=同2,

則五?(a+b)=|a|2+a-b=||a|2,

\a+b\=J(a+b)2=J|a|2+2a-b+|b|2=V3|ap

故cos<6,4+方>=幽吵=卑=母

|a||a+b||a|-V3|a|2

而向量的夾角范圍為［0°,180。］,

得五與五+石的夾角為30。，故。項(xiàng)錯(cuò)誤.

故錯(cuò)誤的選項(xiàng)為ACD

故選ACD.

10.【答案】AC

【解析】

【分析】

本題主要考查了復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)，復(fù)數(shù)的概念，復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

由復(fù)數(shù)的基本概念和四則運(yùn)算，逐個(gè)判斷即可.

【解答】

解：選項(xiàng)A.若復(fù)數(shù)z==1-33則|z|=VIU,故A正確；

選項(xiàng)若則復(fù)數(shù)虛部為故錯(cuò)誤；

B.zi=2-i,z2=1-3i,Zi-Z2=l+2i,2,8

選項(xiàng)C.若|z—1|=2,則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在圓心為(1,0),半徑為2的圓上，貝ij|z-

1-3i|表示圓上的動(dòng)點(diǎn)z到定點(diǎn)(1,3)的距離，???點(diǎn)(1,0)到(1,3)的距離為3,則|z-1-3i|

的最小值為3-2=1,故C正確；

選項(xiàng)。.設(shè)勺是方程的實(shí)數(shù)根，代入方程并整理得(詔+%+

x=2)+(2x0+k)i=0,

由復(fù)數(shù)相等的條件可得俘+#°V=°,解得卜°=‘行或卜°=一￡故D錯(cuò)誤.

(2與+k=0U=一2&Ik=2V2

故選AC.

11.【答案】ABC

【解析】

【分析】

本題主要考查了線面平行的判定定理，面面平行的判定定理和性質(zhì)，以及線面垂直和面

面垂直的性質(zhì)，涉及余弦定理，同時(shí)考查了空間中的距離，三棱錐的體積，屬于較難題.

根據(jù)空間中線面，面面間的位置關(guān)系，結(jié)合選項(xiàng)依次分析求解即可.

【解答】

解：對(duì)于A,取CO的中點(diǎn)F,連接MF,BF,

易知FB//ED,

平面力u平面

,:MFCWE,ArD&DE,

MF〃平面4CE,

同理可得FB〃平面&DE,

又MFCFB=F,MF,FBu平面MBF,

二平面MBF〃平面&DE,

又BMu平面MBF,

???恒有〃平面&DE,故A正確；

4

A

EB

第16頁，共28頁

對(duì)于B,在矩形A8C￡＞中，AB=2AD=2,

E為AB的中點(diǎn)，所以4E=4D=1,DE=近,

11

則M/7/&D,且MF=

BF//DE,BF=DE=V2,

AArDE=/.ADE=乙MFB=45°,

,___________________________________,/F

在三角形MBF中，由余弦定理得MB=v/BF2+A/F2-2BF-MF^^IFB=笠，

故8正確；

對(duì)于C,因?yàn)锽M〃平面&DE,

所以M到平面AWE的距離等于B到平面&DE的距離，

8E=1為定值，SAADE=；為定值，

當(dāng)平面&DE，平面ABC。時(shí)，

B到平面4DE的距離最大，三棱錐&-DEM的體積取最大值，

此時(shí),匕「DEM=Kli-DEB=￡X：X4=故C正確；

對(duì)于。,取CQ的中點(diǎn)F,連接EF,ArF,

假設(shè)存在某個(gè)位置，使得平面40E1平面&CD,

平面4DEn平面&CD=&￡）,ArE1ArD,&Eu平面4￡）￡1,

■1?A1E_L平面&CD,

&Cu平面&CD,ArE141C,

ArE=1,CE=V2）ArC=1,

而&D=1,CD=2,此時(shí)公與尸重合，不符合題意，故假設(shè)錯(cuò)誤，故。錯(cuò)誤.

故選ABC.

12.【答案】ABD

【解析】

【分析】

本題考查古典概型及相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率，同時(shí)考查互斥事件的概率，考查推

理能力和計(jì)算能力，屬于中檔題.

由已知求出p（a）,P（B）,p（c）,然后逐一判斷求解即可.

【解答】

解:由已知p（a）=；x；+：x；=g

44442

21

P(B)=P(C)=;=p

由已知有PQ4B)=P(4)P(B)=],P(aC)=；,P(BC)=；,

所以PQ4)=P(B)=P(C),

P(BC)=PQ4C)=PQ4B),

P⑷.P(B)?P(C)=i

o

事件A、B、C不相互獨(dú)立，故PQ1BC)=：錯(cuò)誤；

故選ABD.

13.【答案】(1)；；

(2)40^2:

(3)2,1；

(4)(—oo,-4]U[4,+oo).

【解析】

(1)

【分析】

本題考查利用數(shù)量積求兩向量的夾角，屬于基礎(chǔ)題.

利用數(shù)量積的變形公式cos〈方，方>=磊，代入數(shù)值即可求解.

【解答】

解:由[五1=2,\b\=4,且五.3=4,

可得COSV窗b>==—=i,

|a|-|d|2x42

由<a,b>G[0,n]>

可得向量五與石的夾角為最

故答案為最

(2)

【分析】

本題考查正弦定理在解三角形中的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

在三角形48c中，由正弦定理得3。=華魯即可得出答案.

sm300

【解答】

解：由題知NC=30°,AB=40,

第18頁，共28頁

4Bsin45"

在三角形ABC中，由正弦定理得BC=40V2.

sin30°

故答案為40位.

(3)

【分析】

本題考查向量的坐標(biāo)運(yùn)算，向量的模及數(shù)量積，屬于基礎(chǔ)題.

設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x,y),利用已知條件可求得C的坐標(biāo)，進(jìn)一步求得能，OB，配的坐

標(biāo)，利用模的公式及數(shù)量積公式即可求解.

【解答】

解：設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x,y),則由一265+南=元得(x,y)=-2(1,0)+(1,0)=

(-1,V3)，

所以％=-1,y=炳,則方=(一1,百)，則|元|=J(-l)2+3=2.

-：OB=(1,V3)>AC=(-2,V3).：.OBAC=-2+3=1.

故答案為2,1.

(4)

【分析】

本題考查二次函數(shù)及其值域，屬于中檔題.

由已知可得g(x)=a(x+：)2+b(x+,+c,利用換元法，設(shè)x+}=t6(—8,-2]u

[2,+oo),U!j^(x)=G(t)=at2+bt+c,

根據(jù)/(%)與G(t)的值域相同，則對(duì)稱軸？6(-0),-2]U[2,+8),即可求解.

【解答】

解：g(X)=a/+b%+c+￡+g+c+2Q-c=a(x+^)2+b(x+》+c,

設(shè)x+(=￡€(-8,-2]U[2,+00),所以g(x)=G(t)=at2+bt+c,

因?yàn)?(%)=ax2+bx+c與G(t)=at2+bt+c的值域相同,

所以其圖象的對(duì)稱軸?€(-8,-2]U[2,+°o),即T6(—00,-4]U[4,+°o).

故答案為(-8,—4]U[4,+oo).

14?【答案】①③④

【解析】

【分析】

本題考查了空間中線線、線面、面面的位置關(guān)系，難度中檔.

取C。中點(diǎn)尸，連接例尺BF,運(yùn)用面面平行的性質(zhì)定理，可判斷①；

若存在某個(gè)位置，使DE1&C,運(yùn)用線面垂直的判定和性質(zhì)，即可判斷②；

運(yùn)用面面垂直的性質(zhì)定理，即可判斷③;。E的中點(diǎn)。是定點(diǎn)，。&=V2,即可判斷④.

【解答】

解：取CO中點(diǎn)凡連接M凡BF,

貝〃口4],BF//DE,

又MFCBF=F,DA^nDE=D,

MF、BFu平面MBF,DA^DEu平面&DE,

二平面M8F〃平面為DE,

又MBu平面MBF,

二MB〃平面A】DE,故①正確；

若存在某個(gè)位置，使DEIaC,

由CE=DE=2&，CD=4,可得CEJLDE,

又4iCnCE=C,AiC.CEu平面AiCE,

則DE1平面&CE,又4Eu平面&CE,

即DE1&E,

顯然不正確，故②不正確.

由CE1DE,可得平面&DEL平面A8C。時(shí)，

A^D1CE,故③正確.

???DE的中點(diǎn)。是定點(diǎn)，。&=魚，

???久是在以。為圓心，魚為半徑的圓上，故④正確,

故答案為：①③④.

15.【答案】3

【解析】

第20頁，共28頁

【分析】本題考查分層抽樣，系統(tǒng)抽樣，屬于基礎(chǔ)題型，逐項(xiàng)判斷即可；

【解答】解：對(duì)于①，由于樣本方差反映的是所有樣本數(shù)據(jù)與樣本平均值的偏離程度,

故①正確；

對(duì)于②，根據(jù)系統(tǒng)抽樣為等概率抽樣可得每個(gè)個(gè)體被抽到的概率均為溫=器,故②錯(cuò)

誤;

對(duì)于③，從總體中抽取的樣本數(shù)據(jù)共有，"個(gè)4,”個(gè)從p個(gè)C,則總體的平均數(shù)元的估

ma+nb+pc

計(jì)值為故③正確;

m+n+p

對(duì)于④，某中學(xué)采用系統(tǒng)抽樣的方法，從該校高一年級(jí)全體800名學(xué)生中抽取50名學(xué)

生做牙齒健康檢查，則樣本間隔為800+50=16,已知從497?512這16個(gè)數(shù)中取得的

學(xué)生編號(hào)是503.設(shè)在第1小組001?016中隨機(jī)抽到的學(xué)生編號(hào)是x,則有503=16x

31+x,解得x=7,所以在第1小組中抽到的學(xué)生編號(hào)是007,故④正確.

綜上①③④為真命題.

16.【答案】解：（1）由訂_1_可可得：a2-c2+b2-ab=0,

1

???由余弦定理可得:cosC=一,

2ab2

又???C6(0,7T),C=p

(2)由sinA=2sinB及正弦定理可得：a=2b,

vc=V6?C=p

???由余弦定理可得：c?=+墳—2abcosC=4b2+b2—ab=3b2,

???解得：b=V2,a=2V2,

???S&ABC=gcibsinC=1x2V2xV2x曰=遮；

m、abc

(3)-,---=---=—n=n2,

sinAsmBsm-

3

:.a=2sinA,b=2sinB,

則448。的周長(zhǎng)L=Q+b+c=2(sin4+sinB)+b

=2[sinA+sin(g—4)]+V3=2V3sin(/+》+V5

小，d/27r7T..TC57r

0<AV—,：?一V/d—V—

3666f

.---<sin(4+-)<1,2V3<2每in(4+鄉(xiāng)+百43圾

266

???44BC周長(zhǎng)的取值范圍是(2g,3舊].

【解析】本題主要考查正弦定理，余弦定理，三角形的面積公式及函數(shù)y=Asin^x+(p)

的圖象與性質(zhì)，屬于中檔題.

(1)由題意，利用向量的垂直性質(zhì)以及坐標(biāo)運(yùn)算，可得a2—c2+b2-ab=0,進(jìn)而利用

余弦定理求得cosC=\,于是可知角C的值；

(2)依據(jù)題設(shè)條件以及正弦定理,可得到a=2b,再利用余弦定理可得到b=&,a=2VL

于是結(jié)合(1)角C的值，利用三角函數(shù)的面積公式可求A4BC的面積；

(3)根據(jù)題設(shè)條件，利用正弦定理求得a=2sin4b=2sinB,再利用兩角和與差的三

角函數(shù)公式以及輔助角公式化簡(jiǎn)得到4ABC的周長(zhǎng)L=2V3sin(4+?+V3,求得角A

的取值范圍，結(jié)合函數(shù)y=Asin^x+3)的圖象與性質(zhì)可求得△4BC的周長(zhǎng)L的取值范

圍.

17.【答案】(1)證明：由已知得，AM=1,AN=2,乙4=60。.

由余弦定理得，MW=V3，MN2+AM2=AN2,

：.MNLAB,

MN-LA'M,MN1BM.

又?：MBnA'M=M,MBu平面ABM,A'Mu平面ABM,

???MN?L平面4'BM.

vMNu平面BCNM,??.平面A'BM1平面BCNM.

(2)若用條件①AMJ.BC,

由(1)得，A'M1MN,又BC和MN是平面BCMW內(nèi)兩條相交直線，

A'M_L平面BCNM,BMu平面BCNM,

：.A'MIBM,：.S^ltSi：x1x2=1.

易得等邊三角形ABC的高為更，

2

???三棱錐八BCM的體積為匕技但…=沁…-v=T>?

???在線段4'C上存在點(diǎn)P滿足題目條件，

第22頁，共28頁

此時(shí)段=^^=上當(dāng)

AcV三棱錐C-A，BM—'

若用條件②二面角4一MN—C的大小為60。，

由(1)得，N&MB是二面角4-MN-C的平面角，

WMB=60°,

??SRA，BM=\A'M-BM-sin60°=|xlx2x^=^.

易得等邊三角形ABC的高為延，

2

???三棱錐4'—8cM的體積為匕濾解“BM=如4BM-=?

???在線段4'C上存在點(diǎn)P滿足題目條件，此時(shí)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合,故兼=1.

若用條件③4到平面BCNM的距離為圣

易得等邊三角形ABC的高為這，

2

rni|13V31、，Q、，3百373

則Sc團(tuán)BCM=QBM?—=-x2x—=

則三棱錐A-BCM的體積為U=isAfiCM?立=2x延x立=在＜三，

3232244

；.此時(shí)在線段4C上不存在滿足題目條件的點(diǎn)P.

【解析】本題考查面面垂直的判定，以及三棱錐的體積.

(1)由MN1A'M,MN1BM,得到MN1平面A'BM,從而得到平面_L平面BCNM；

(2)線=JvFPMB=:一御法BM,因此將問題轉(zhuǎn)化為求三棱錐％—BCM的體積，

°V三棱鏈A，-BCMV三棱鏈c-A，BM

選擇條件①：推出AMIBM,求出S&VB.”1,由平面ABM上平面8CNM,可知三

棱錐小-BCM即三棱錐C一4BM的高為這，由此求出體積；

2

選擇條件②：可得乙4'MB是二面角A—MN—C的平面角，求出SA4@”=肆，由平

面Z'BM1平面BCNM,可知三棱錐A-BCM即三棱錐C-&BM的高為辿，由此求出體

2

積；

選擇條件③：求出,BCM=手，即可求出三棱錐4-BCM的體積.

18.【答案】解：（I）連結(jié)AB1交4/于。，連結(jié)EO,OCi，

v0A=OB,AE=EB,

：.OE=^BB\,OE//BB、,

又OG=：BBi，DCJ/BBy,

1

??.OE=DC1

因此，四邊形。EOG為平行四邊形，即EZV/OG，

,.10clU面C\AB,EDC面C\AB,

???DE〃平面CiB4；

(II)建立空間直角坐標(biāo)系B-xyz,如圖

過尸作FH1BB0連結(jié)AH,

面ABC..ABC面ABC,

ABlBDi,

■;ABLBC,BCC\BBi=B.BC.BBiU平面CBaG，

ABl.^aCBB[C[；

VABU面BAA\B”

：.面面CBBiG,

vFHu而CBBG，F(xiàn)H1BBV

面BAA[B[n面t叫Ci=1面BAA、B\,

第24頁，共28頁

即NF.，1〃為直線A尸與平面所成角，記為。,

則sin?"

???AF=3,

在Rt&AOF中，

5=AC2=CF2+AF2=CF2+9,

ACF=2,

即尸(0,2,1)41(23。)，喬=(0,2,1),西=(2,3,0),

設(shè)平面BAG的法向量記=(%,y,z),

(m?BF=2y+z=0

l沆?BA[=2%+3y=0'

取y=2,記=(-3,2,-4),

平面B44i的法向量記=(0,0,1),

|Icos/<一m,Tn、>||=I|布-?五I1=4^=4—屬,

結(jié)合圖形可知，二面角尸-84-4的平面角為鈍角，

因此，二面角F—-4的余弦值舊.

【解析】本題考查了線面平行的判定，直線與平面所成角，二面角，考查了空間想象能

力，屬于中檔題.

(I)連結(jié)4公交于O,連結(jié)E0,0G，根據(jù)幾何關(guān)系在，證明四邊形DE0Q為平行四

邊形，進(jìn)而得到ED〃0Ci，然后運(yùn)用線面平行的判定即可得證；

(II)建立空間直角坐標(biāo)系8-xyz,根據(jù)幾何關(guān)系找到直線A尸與平面4BB14所成角，

進(jìn)而求出AF,然后用空間向量法求二面角F-BA.-4的余弦值即可.

19.【答案】解：(1)設(shè)方案甲中檢驗(yàn)次數(shù)為X,則X的可能取值為1,2,3,4,5,

設(shè)方案乙中檢驗(yàn)次數(shù)為匕則丫的可能取值為2,3,

P(X=1)=],P(X=2)=*Q(X=3)=流=：,

4、5X4X3X11「八7l、5X4X3X2X21

P(X=4)=后礪=&,P(X=5)=6X5X4X3X2=F

P(y=2)=等=1P(y=3)=l-P(Y=2)=1，

c

6G3§J

則X,y的分布列為

X12345

11111

p

66663

y23

12

p

33

記“兩種方案檢驗(yàn)次數(shù)相同”為事件A,

所以PQ4)=P(X=2,y=2)+P(X=3,y=3)

11121

=-x-+-x-=一；

63636

1i1111。

(2)E(X)=lx2+2x++3x±+4x±+5x±=U,

666633

17R

E(y)=2x3+3x瀉,

因?yàn)镋(X)>E(y),所以乙方案檢測(cè)的總費(fèi)用較少.

答：(1)這兩種分組方案檢測(cè)次數(shù)相同的概率為:，；

(2)預(yù)測(cè)乙方案分組檢測(cè)總費(fèi)用較少.

【解析】

本題主要考查古典概型的計(jì)算與應(yīng)用，以及離散型隨機(jī)變量的期望與方差，涉及獨(dú)立事

件同時(shí)發(fā)生的概率及互斥事件之一發(fā)生的概率計(jì)算，屬于中檔題.

(1)設(shè)方案甲中檢測(cè)次數(shù)為X,則X的可能取值為1,2,3,4,5.設(shè)方案乙中檢測(cè)次數(shù)

為匕則丫的可能取值為2,3.分別求出對(duì)應(yīng)的概率即可求解；

(2)根據(jù)期望公式求出E(X),E(Y)比較大小即可.

20.【答案】解：(1)由題意月(x)=log4X,左(x)=bg±x,=2,b=l,

4a

h(x)=2/i(x)+f2(x)=21og4x+logix=log/,

4

不等式2/。)+3h(x)+t<0在早e[4,16]上有解,

等價(jià)于t<-2/i2(x)-3/i(x)=一210g5一310g/在xe[4,16]上有解，

2

令s=log4x,則sG[1,2],由y=-21og4%-31og4x=-2s—3sG[-14,-5],

知y取得最大值一5,??.t<—5.

x-1

(2)設(shè)九(%)=7nlog3(9+1)+n(x—1),

x

則九(％+1)=mlog3(