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本册质量检测
考试时间：120分钟　满分：150分
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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．若z(1－i)＝4i，则|z|＝(　　)
A． B．2 C．2 D．4
2．已知△ABC是边长为2的正三角形，则·的值为(　　)
A．2 B．－2 C．2 D．－2
3.
3题图
如图，正方体ABCD A1B1C1D1中，直线AB1与BC1所成角为(　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示△ABC的面积，若c cos B＋b cos C＝a sin A，S＝(b2＋a2－c2)，则∠B＝(　　)
A．90° B. 60° C. 45° D. 30°
5．已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，则函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是(　　)
A． B. C. D.
6.
如图，在正方形ABCD中，M是BC的中点，若＝λ－μ，则λ＋μ＝(　　)
A． B. C．1 D. 2
7．设a＝tan 16°＋tan 14°＋tan 16°tan 14°，b＝sin 44°cos 14°－sin 46°cos 76°，c＝2sin 14°sin 76°，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞c＞a D．c＞a＞b
8．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同幂，则积不容异”．这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．如图所示，某帐篷的造型是两个全等圆柱垂直相交的公共部分的一半(这个公共部分叫做牟合方盖).设两个圆柱底面半径为R，牟合方盖与其内切球的体积比为4∶π.则此帐篷距底面处平行于底面的截面面积为(　　)
A．πR2 B．3πR2 C．πR2 D．3R2
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)
9．已知复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝2－i，为z的共轭复数，若复数z0＝，则下列结论正确的是(　　)
A．z0在复平面内对应的点位于第二象限 B．|z0|＝1
C．z0的实部为 D．z0的虚部为－i
10．同时抛掷两枚质地均匀的骰子，则下列说法正确的是(　　)
A．一共有36种不同的结果
B．两枚骰子向上的点数相同的概率是
C．两枚骰子向上的点数之和为5的概率是
D．两枚骰子向上的点数之差的绝对值小于4的概率为
11．下列说法中正确的是(　　)
A．在△ABC中，若·<0，则△ABC为钝角三角形
B．已知非零向量a，b，若|a＋b|＝|a|－|b|，则a与b反向共线且|a|≥|b|
C．若a∥b，则存在唯一实数λ使得a＝λb
D．若＋3＋4＝0，S△AOC，S△ABC分别表示△AOC，△ABC的面积，则S△AOC∶S△ABC＝3∶8
12．已知边长为a的菱形ABCD中，∠ADC＝60°，将△ADC沿AC翻折，下列说法正确的是(　　)
A．在翻折的过程中，直线AD，BC所成角的范围是
B．在翻折的过程中，三棱锥D ABC体积最大值为
C．在翻折过程中，三棱锥D ABC表面积最大时，其内切球表面积为(14－8)πa2
D．在翻折的过程中，点D在平面ABC上的投影为D′，E为棱CD上的一个动点，ED′的最小值为a
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．平面向量a＝(2，1)，b＝(－1，3)，若(a－b)⊥(a＋λb)，则λ＝________．
14．若cos ＝，则sin ＝________．
15．如图，在水平面上放置两个边长为1的正三角形ABC与DEF，将△DEF沿垂直于水平面的方向向上平移至△D′E′F′，得到多面体ABC D′E′F′，已知各侧面(△D′BC，△D′E′C，△E′AC，△E′F′A，△F′BA及△F′D′B)均为正三角形，则多面体ABC D′E′F′的外接球的体积为________．
16．为实现学生高中选科和大学专业选择的有效衔接，湖南省于2019年采用“3＋1＋2”模式改革考试科目设置，即考生总成绩由统一高考的语文、数学、外语3个科目成绩，物理或历史中的1门成绩，和生物、政治、地理、化学中的2个科目成绩组成．在选择物理的学生中，选择物理、化学、生物的概率是选择其它组合的2倍，则选择物理、化学、生物的概率为________；现有选择物理的2名学生，他们选择专业的组合互不影响，则至少有1人选择物理、化学、生物的概率为________．
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分10分)已知平面向量a，b满足a＋b＝(－3，6)，a－b＝(m，－2)，其中m∈R.
(1)若a∥b，求|a－b|；
(2)若m＝5，求a与b夹角的余弦值．
18．(本小题满分12分)已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2a cos B＋2b cos A＝.
(1)求c的值；
(2)若C＝，a＋b＝4，求△ABC的面积．
19．(本小题满分12分)已知在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，且DP＝DC，点M为PC的中点．
(1)若点N在棱PB上，直线MN∥平面ABCD，证明：点N为PB的中点；
(2)证明：直线DM⊥平面PAC.
20．(本小题满分12分)袋中有9个大小相同颜色不全相同的小球，分别为黑球、黄球、绿球，从中任意取一球，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率是，试求：
(1)从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？
(2)从中任取两个球，得到的两个球颜色不相同的概率是多少？
21．(本小题满分12分)某学校的平面示意图为如图五边形区域ABCDE，其中三角形区域ABE为生活区，四边形区域BCDE为教学区，AB，BC，CD，DE，EA，BE为学校的主要道路(不考虑宽度). DE＝3BC＝3CD＝ km，∠BCD＝∠CDE＝，∠BAE＝.
(1)求道路BE的长度；
(2)求生活区△ABE面积的最大值．
22．(本小题满分12分)如图1，六边形ABCDEF是由等腰梯形ADEF和直角梯形ABCD拼接而成，且∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AF＝EF＝ED＝2，AD＝CD＝4，沿AD进行翻折，得到的图形如图2所示，且∠AEC＝90°.
(1)求证：CD⊥平面ADEF；
(2)求证：点E，C，B，F不在同一平面内；
(3)求翻折后所得多面体ABCDEF的体积．
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1．解析：因为z(1－i)＝4i，
所以z＝，故|z|＝＝＝2.
答案：B
2．解析：由于△ABC是边长为2的正三角形，
则·＝||·||·cos (π－B)＝－2×2×cos60°＝－4×＝－2.
答案：B
3.
解析：∵AB1∥DC1，
∴∠DC1B是直线AB1与BC1所成的角，
∵△BDC1是等边三角形，
∴直线AB1与BC1所成角为60°.
答案：C
4．解析：由正弦定理及ccosB＋bcosC＝asinA，得sinCcosB＋sinBcosC＝sin2A sin(C＋B)＝sin2A sinA＝1，因为0°由余弦定理、三角形面积公式及S＝(b2＋a2－c2)，得absinC＝·2abcosC，整理得tanC＝，又因为0°答案：D
5．解析：∵a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，∴基本事件总数n＝3×4＝12.用(a，b)表示a，b的取值．
若函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数，则
①当a＝0时，f(x)＝－2bx，符合条件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1；
②当a≠0时，则由题意a>0，只需满足≤1，符合条件的有(1，－1)，(1，1)，(2，－1)，(2，1)，共4种．
∴函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率P＝
答案：A
6．解析：因为＝＋，＝＋＝＋，＝－所以＝λ－μ＝λ－μ(－)＝(λ＋μ)＋，所以λ＋μ＝1.
答案：C
7．解析：∵tan30°＝tan (16°＋14°)＝，
∴tan16°＋tan14°＝－tan16°tan14°，
∴a＝tan16°＋tan14°＋tan16°tan14°＝，
∵b＝sin44°cos14°－sin46°cos76°＝sin44°cos14°－cos44°sin14°＝sin (44°－14°)＝sin30°＝，
c＝2sin14°sin76°＝2sin14°cos14°＝sin28°<，
∴a>b>c.
答案：A
8．解析：牟合方盖的内切球距底面处平行于底面的截面圆的半径为R，
截面面积为S1＝π×＝πR2，
设帐篷距底面处平行于底面的截面面积为S2，
则由题意可得，RS2∶RS1＝4∶π，
即＝，解得S2＝×πR2＝3R2.
答案：D
9．解析：由z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝2－i，得z2＝－2－i，2＝－2＋i，
所以z0＝＝＝＝－i，
所以z0在复平面内对应的点位于第四象限，所以选项A错误；
|z0|＝＝1，所以选项B正确；
z0的实部为，所以选项C正确；
z0的虚部为－，所以D不正确．
答案：BC
10．解析：同时抛掷两枚质地均匀的骰子，一共有6×6＝36种不同的结果，A选项正确；对于B选项，事件“两枚骰子向上的点数相同”所包含的基本事件有：(1，1)、(2，2)、(3，3)、(4，4)、(5，5)、(6，6)，共6种不同的结果，所求概率为＝，B选项正确；对于C选项，事件“两枚骰子向上的点数之和为5”所包含的基本事件有：(1，4)、(2，3)、(3，2)、(4，1)，共4种不同的结果，所求概率为＝，C选项错误；对于D选项，事件“两枚骰子向上的点数之差的绝对值不小于4”所包含的基本事件有：(1，5)、(1，6)、(2，6)、(5，1)、(6，1)、(6，2)，共6种不同的结果，因此，事件“两枚骰子向上的点数之差的绝对值小于4”的概率为1－＝，D选项正确．
答案：ABD
11．解析：∵·<0，
∴·＝||·||·cos∠BAC<0，
∴∠BAC为钝角，故A选项正确，
∵非零向量a，b，|a＋b|＝|a|－|b|，可得a与b反向共线且|a|≥|b|，故B选项正确，
若a∥b，且b＝0时，则有无数个λ，使得a＝λb，故C选项错误，
设＝3，＝4，可得O为△ADE的重心，
设S△AOC＝z，S△AOB＝y，S△BOC＝x，
∴S△AOE＝4z，S△AOD＝3y，S△EOD＝12x，
∵4z＝3y＝12x，
∴x∶y∶z＝1∶4∶3，
∴S△AOC∶S△ABC＝z∶(x＋y＋x)＝3∶8，故D选项正确．
答案：ABD
12．解析：取AC的中点O，
连接DO，BO，
对于A：由题意可得△ABC和△ADC为等边三角形，
翻折后，当△ABC和△ADC重合时，直线AD，BC所成角为120°，故A错误；
对于B：当△ADC与底面垂直时，三棱锥DABC的体积最大，
此时hmax＝，
Vmax＝×a2×＝，故B正确；
对于C：设AC中点为O，
当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥DABC表面积最大，
根据三棱锥内切球公式，可得
r＝＝
所以r＝，
内切球表面积为4πr2＝(14－8)πa2，故C正确；
对于D：在翻折过程中，当D′与E重合时，最小值为0，故D错误．
答案：BC
13．解析：∵a－b＝(3，－2)，a＋λb＝(2－λ，3λ＋1)，且(a－b)⊥(a＋λb)，
∴(a－b)·(a＋λb)＝3(2－λ)－2(3λ＋1)＝0，解得λ＝.
答案：
14．解析：∵cos＝，
∴sin＝sin＝cos2＝2cos2－1＝2×－1＝－.
答案：－
15．解析：
根据题意可得：D′E′∥AB，且D′E′＝AB，D′B＝AB，所以四边形ABD′E′是菱形，所以AD′⊥BE′，如图所示，将几何体进行旋转，使得平面ABD′E′位于水平位置，连接AD′，BE′相交于点O，所以O为AD′，BE′的中点，连接F′O，CO；因为F′B＝F′E′，F′A＝F′D′，所以F′O⊥BE′，F′O⊥AD′，所以三角形F′OD′和三角形F′OE′为直角三角形，且F′E′＝F′D′，所以直角三角形F′OD′和直角三角形F′OE′全等，所以OE′＝OD′，所以AD′＝BE′，所以四边形ABD′E′是正方形，所以上下为两个正四棱锥，且所有棱长均为1，可得：OE′＝OD′＝OF′＝，O到所有顶点的距离都相等，所以O为外接圆圆心，且外接圆半径r＝，所以外接圆的体积V＝πr3＝×π＝π.
答案：π
16．解析：设选择物理、化学、生物的概率为p，
因为物理、化学、生物的概率是选择其它组合的2倍，
所以p＋＝1，解得p＝.即选择物理、化学、生物的概率为p＝；
因为至少有1人选择物理、化学、生物的组合的对立事件为2名学生都没有选择物理、化学、生物组合，
所以2名学生都没有选择物理、化学、生物组合的概率为×，
所以至少有1人选择物理、化学、生物的概率为P＝1－×＝.
答案：　
17．解析：(1)∵a＋b＝(－3，6)，a－b＝(m，－2)，
∴a＝，b＝，
∵a∥b，
∴4×＝2×，解得m＝1，
∴a－b＝(1，－2)，|a－b|＝＝.
(2)∵当m＝5时，a＝(1，2)，b＝(－4，4)，
∴a·b＝1×(－4)＋2×4＝4，
∴|a|＝＝，|b|＝＝4，
设a与b的夹角为θ，则cosθ＝＝＝，
故a与b夹角的余弦值为.
18．解析：(1)因为2acosB＋2bcosA＝，
由正弦定理可得2sinAcosB＋2sinBcosA＝csinC，
可得2sin (A＋B)＝2sinC＝csinC，
因为sinC≠0，
所以c＝4.
(2)因为C＝，a＋b＝4，
所以由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝32－3ab＝16，解得ab＝，
所以△ABC的面积S＝absinC＝××＝.
19．证明：(1)∵MN∥平面ABCD，NM 平面PBC，平面PBC∩平面ABCD＝BC，
∴MN∥BC，而在△PBC中，M为PC的中点，N在棱PB上，
∴N为PB的中点，即得证．
(2)∵底面ABCD为矩形，
∴CD⊥AD，
∵侧面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，CD 平面ABCD，
∴CD⊥平面PAD，
又PA 平面PAD，则CD⊥PA，
∵PA⊥PD，PD∩CD＝D，
∴PA⊥平面PCD，
∵DM 平面PCD，
∴PA⊥DM，
∵在△PCD中，DP＝DC，点M为PC的中点，
∴DM⊥PC，PA∩PC＝P，
∴DM⊥平面PAC.
20．解析：(1)从中任取一球，分别记得到黑球、黄球、绿球为事件A，B，C，
由于A，B，C为互斥事件，
根据已知，得
，
解得，
所以，任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率分别是，，.
(2)由(1)知黑球、黄球、绿球个数分别为3，2，4，
从9个球中取出2个球的样本空间中共有36个样本点，
其中两个是黑球的样本点是3个，两个黄球的是1个，两个绿球的是6个，
于是，两个球同色的概率为＝，
则两个球颜色不相同的概率是1－＝.
21．解析：(1)如图，连接BD，
在△BCD中，由余弦定理得：BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝，
∴BD＝，
∵BC＝CD，
∴∠CDB＝∠CBD＝＝，
又∵∠CDE＝，∴∠BDE＝，
∴在Rt△BDE中，BE＝＝＝(km)，
故道路BE的长度为km.
(2)设∠ABE＝α，∵∠BAE＝，
∴∠AEB＝－α，
在△ABE中，由正弦定理得＝＝＝＝
∴AB＝sin，AE＝sinα，
∴S△ABE＝AB·AEsin＝sinsinα
＝≤＝(km2)
∵0<α<，
∴－<2α－<
∴当2α－＝，即α＝时，S△ABE取得最大值，最大值为 (km2)
22．解析：(1)证明：在等腰梯形ADEF中，作EM⊥AD于M，则AM＝3，EM＝，
∴AE＝＝2，连接AC，则AC＝4，
∵∠AEC＝90°，∴EC＝2，则ED2＋DC2＝EC2，
得CD⊥ED；
又∵CD⊥AD，AD∩ED＝D，∴CD⊥平面ADEF；
(2)证明：设G为CD中点，则AB∥DG且AB＝DG，
可知ABGD为平行四边形，故BG∥AD，
又EF∥AD，∴FE∥BG，于是E，F，B，G四点共面，
而CD 平面ABCD，C显然不在平面EFBG内，
∴点E，C，B，F不在同一平面内；
(3)由(1)知，CD⊥平面ADEF，而CD 平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面ADEF.
∵EM⊥AD，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，∴EM⊥平面ABCD，
∴VABCDEF＝VCADEF＋VFABC＝SADEF·CD＋S△ABC·EM
＝××(2＋4)××4＋××2×4×＝.

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