训练(15) 综合检测-2024年高一数学暑假作业（江苏专版）

训练(十五)　综合检测 (满分：150分　时间：120分钟) 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1.已知复数z满足|z－3＋4i|＝1，则z在复平面内对应的点位于(　　) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.设a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，下列说法正确的是(　　) A.若a∥α，b∥α，则a∥b B.若a，b与α所成的角相等，则a∥b C.若α⊥β，a∥α，b∥β，则a⊥b D.若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥b 3.甲、乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为(　　) A. B. C. D. 4.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O为四边形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是(　　) A.AO∥BC1 B.AO⊥BD C.平面AOB⊥平面COD D.若平面AOB∩平面COD＝l，则l∥平面BC1D 5.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝3，acos B＝(2c－b)cos A，则△ABC面积的最大值为(　　) A. B. C. D. 6.蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐、毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为64π平方米，则该蒙古包(含底面)的表面积为(　　) A.π平方米 B.π平方米 C.π平方米 D.π平方米 7.窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.如图2，若正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则·的最小值为(　　) A. B.0 C.－2 D.－4 8.如图所示，cos 2∠AOB＝(　　) A. B. C. D. 二、多选题[①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分(若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分)] 9.在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，P是棱CC1的中点，则(　　) A.直线BP与B1D1所成的角为60° B.直线BP与A1D所成的角为90° C.平面A1B1P⊥平面ABP D.直线A1B与平面BDD1B1所成角的正弦值为 10.已知向量a＝，b＝，则下列命题正确的是(　　) A.若a与b垂直，则m＝ B.若a∥b，则a·b的值为－5 C.若m＝2，则＝2 D.若m＝－2，则a与b的夹角为 11.连掷一枚均匀骰子两次，所得向上的点数分别为a，b，记m＝a＋b，则下列说法错误的是(　　) A.事件“m＝2”的概率为 B.事件“m是奇数”与“a＝b”为互斥事件 C.事件“m>11”的概率为 D.事件“m为偶数”与“m≥8”互为独立事件 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asin C＝ccos A，则角A＝________. 13.已知直三棱柱ABC­A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝1，AC＝，AB⊥AC，AA1＝4，则球O的表面积为________. 14.2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分(若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分).已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分(相同总分只记录一次)的中位数为________. 四、解答题(本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)已知向量a＝(sin θ，cos θ)，b＝(3,4)，其中θ∈[0,2π). (1)若a∥b，求tan 2θ； (2)若θ＝，且a与λa＋b垂直，求实数λ的值. 16.(15分)在条件：①2sin＝cos；②sin α＋cos α＝－；③sin 2α＝－中任选一个，补充在下面的题目中，并求解. 已知α∈，且满足条件________. (1)求的值； (2)若β∈，且cos β＝－，求α＋β的值. 17.(15分)在△ABC中，D为边BC上一点，满足S△ABD＝2S△ACD，且∠BAC＋∠DAC＝π. (1)证明：AB＝3AD； (2)若DC＝AC，求cos∠BAC. 18.(17分)某地文化和旅游局统计了春节期间100个家庭的旅游支出情况，统计得到这100个家庭的旅游支出(单位：千元)数据，按[3,5)，[5,7)，[7,9)，[9,11)，[11,13]分成5组，并绘制成频率直方图，如图所示. (1)估计这100个家庭的旅游支出的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表)； (2)估计这100个家庭的旅游支出的70百分位数(结果保留一位小数)； (3)以这100个家庭的旅游支出数据各组的频率代替各组的概率，在全国范围内随机抽取2个春节期间出游的家庭，每个家庭的旅游支出情况互相不受影响，求恰有1个家庭的旅游支出在[3,5)内的概率. 19.(17分)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC的中点，M为AH的中点，PA＝AC＝2，BC＝1. (1)求证：AH⊥BC； (2)求点C到平面ABH的距离； (3)在线段PB上是否存在点N，使MN∥平面ABC？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 答案 训练(十五)　综合检测 1.D　令z＝x＋yi，x，y∈R，由|z－3＋4i|＝1， 得(x－3)2＋(y＋4)2＝1， 点(x，y)在以(3，－4)为圆心，1为半径的圆上，位于第四象限，故选D. 2.D　对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，也可能相交，故A错误；对于B，a，b与α所成的角相等，则a，b可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误；对于C，α⊥β，a∥α，b∥β，则a，b可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误；对于D，α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥b，D正确；故选D. 3.C　由题意可得，甲最终获胜有两种情况： 一是前两局甲获胜，则获胜的概率为0.6×0.6＝0.36； 二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为2×0.6×0.4×0.6＝0.288， 而这两种事件是互斥的，所以甲最终获胜的概率为0.36＋0.288＝0.648＝. 故选C. 4.B　A选项：由正方体性质易知，AB∥C1D1，所以A，B，C1，D1四点共面， 由图知，AO∩平面ABC1D1＝A，直线BC1在平面ABC1D1内，且不过点A， 所以AO，BC1异面，A错误； B选项：因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以AA1⊥BD， 又ABCD为正方形，所以BD⊥AC， 因为AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1， 所以BD⊥平面ACC1A1， 又AO⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AO，B正确； C选项：记平面AOB∩平面COD＝l， 因为AB∥CD，AB⊄平面COD，CD⊂平面COD， 所以AB∥平面COD， 又AB⊂平面AOB，所以AB∥l，所以CD∥l， 记AB，CD的中点分别为E，F，由正方体性质可知，OA＝OB，所以OE⊥AB，所以OE⊥l，同理，OF⊥l， 所以∠EOF是平面AOB和平面COD的夹角或其补角，由对称性可知，△EOF为等腰三角形，故∠EOF为锐角，C错误； D选项：因为AB∥l，AB∩平面BC1D＝B，所以l与平面BC1D相交，D错误. 故选B. 5.A　因为acos B＝(2c－b)cos A，由正弦定理可得：sin Acos B＝2sin Ccos A－sin Bcos A， 即sin ＝2sin Ccos A，sin C＝2sin Ccos A， 又C∈，sin C≠0，故cos A＝. 由A∈，解得A＝. 由余弦定理，结合a＝3， 可得cos A＝＝， 即b2＋c2＝bc＋9≥2bc，解得bc≤9， 当且仅当b＝c＝3时等号成立， 故△ABC的面积S＝bcsin A＝×bc≤×9＝，当且仅当b＝c＝3时等号成立. 即△ABC的面积的最大值为. 故选A. 6.A　由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为64π平方米， 设底面圆的半径为r，则64π＝πr2，∴r＝8， 则圆锥的母线长为＝2(米)， 故该蒙古包(含底面)的表面积为π×8×2＋2π×8×3＋64π＝112π＋16π(平方米)， 故选A. 7.C　设〈，〉＝θ， 当P与A重合时，·＝0； 当P在线段AB(除A)、线段BC、线段CD、线段DE、线段EF(除F)点上运动时，0≤θ<，cos θ>0， 所以·＝··cos θ>0； 当P与F重合时，θ＝， 所以·＝··cos θ＝0； 以A为原点，AB，AF所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，根据正八边形的性质可知 AF＝2＋×2＝2＋2， 2cos ＝， 则F(0,2＋2)，G(－，2＋)，H(－，)，B(2,0)，直线GF的方程为y＝x＋2＋2，直线GH的方程为x＝－， 直线AH的方程为y＝－x， 当P在线段GF(除F)上运动时， 设P(x，x＋2＋2)(－≤x<0)， 所以·＝·＝2x∈[－2，0)； 当P在线段GH上运动时， 设P(－，t)(≤t≤＋2)， 所以·＝·＝－2； 当P在线段AH(除A)上运动时，设 P， 所以·＝·＝2x∈. 综上所述，·的最小值为－2. 故选C. 8.C　由题意知|OA|＝＝2， |OB|＝＝， 则sin ∠BOx＝，cos∠BOx＝， sin ∠AOx＝，cos∠AOx＝， 故cos∠AOB＝cos (∠AOx－∠BOx) ＝cos∠AOx·cos∠BOx＋sin ∠AOx·sin∠BOx ＝×＋×＝， 故cos 2∠AOB＝2cos 2∠AOB－1 ＝2×2－1＝. 故选C. 9.AC　如下图所示： 对于A，因为BD∥B1D1，所以∠DBP为直线BP与B1D1所成的角或其补角， 易知BP＝BD＝DP＝2，即△DBP为等边三角形，所以∠DBP＝60°，即A正确； 对于B，因为A1D∥B1C，所以∠BEC为直线BP与A1D所成的角或其补角， 若∠BEC＝90°，则△B1BC∽△BCP， 即满足＝，而PC＝BC＝2，BB1＝4不满足上式，即B错误； 对于C，易知BP＝2＝B1P，BB1＝4， 满足B1P2＋BP2＝B1B2，所以BP⊥B1P， 又BP⊥A1B1，B1P∩A1B1＝B1，B1P，A1B1⊂平面A1B1P， 可得BP⊥平面A1B1P，又BP⊂平面ABP， 所以平面A1B1P⊥平面ABP，即C正确； 对于D，连接A1C1，B1D1交于点F，由正方形性质可得A1F⊥B1D1， 由直棱柱性质可知BB1⊥平面A1B1C1D1， 又A1F⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1F； 又BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1⊂平面BDD1B1， 可得A1F⊥平面BDD1B1， 所以∠A1BF为直线A1B与平面BDD1B1所成的角，因为A1F＝，A1B＝2， 所以sin∠A1BF＝＝，故D错误. 故选AC. 10.BC　对于A，若a与b垂直， 则a·b＝－1－2m＝0， 所以m＝－，故A错误； 对于B，若a∥b，则1×m＝－1×， 解得m＝2，所以b＝， 所以a·b＝－1－4＝－5，故B正确； 对于C，若m＝2，则b＝， 所以a－b＝－＝， 则＝＝2，故C正确； 对于D，若m＝－2， 则cos 〈a，b〉＝＝＝>， 又〈a，b〉∈，所以a与b的夹角小于，故D错误.故选BC. 11.ACD　连掷一枚均匀骰子两次，共有6×6＝36种情况， 事件“m＝2”只有一种情况，故概率为，A错误； 事件“m>11” 只有一种情况，故概率为，C错误； 事件“m是奇数”与“a＝b”不能同时发生，故为互斥事件，B正确； 事件“m为偶数”，则a，b同为奇数或同为偶数， 设“m为偶数”为事件A，“m≥8”为事件B， 事件A中样本点有，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18个； 事件B中样本点有，，，，，，，，，，，，，，，共15个， 事件A与B同时发生的样本点有，，，，，，，，，共9个， 所以P＝＝，P＝＝， 所以PP＝×＝≠＝＝P，即事件“m为偶数”与“m≥8”不相互独立，D错误. 故选ACD. 12.解析　因为asin C＝ccos A， 由正弦定理得sin Asin C＝sin Ccos A， 因为C∈，则sin C≠0， 故sin A＝cos A，即tan A＝， 又A∈，所以A＝. 答案　 13.解析　如图所示： 因为AB=1，AC= ，AB⊥AC，则BC=2，所以B1C1，BC的中点O1，O2分别为△A1B1C1，△ABC的外接圆的圆心， 所以直三棱柱ABC­A1B1C1的外接球的球心是O1O2的中点， 所以其半径R＝＝＝， 所以球的表面积S＝4πR2＝20π. 答案　20π 14.解析　由题意得小明同学第一题得6分； 第二题选了2个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、4分和6分； 第三题选了1个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、2分和3分； 由于相同总分只记录一次，因此小明的总分情况有：6分、8分、9分、10分、12分、13分、14分、15分，共8种情况， 所以中位数为＝11. 答案　11 15.解析　(1)因为a∥b， 所以4sin θ－3cos θ＝0⇒tan θ＝， 所以tan 2θ＝＝＝. (2)若θ＝，则a＝， 由a与λa＋b垂直， 得a·＝0⇒λa2＋a·b＝0⇒λ＝－a·b＝－＝. 16.解析　(1)若选①，则原式可化为 －2sin α＝cos α⇒tan α＝－. 若选②，则，且α∈， 所以sin α>0⇒ 所以tan α＝－. 若选③，则且α∈， 所以sin α>0⇒ 所以tan α＝－. 所以总有tan α＝－. 所以＝＝＝. (2)由(1)可知，sin α＝，cos α＝－， 且α∈， 又β∈，且cos β＝－， 所以sin β＝， 所以α＋β∈， 且cos ＝cos αcos β－sin αsin β＝×－×＝. 所以α＋β＝. 17.(1)证明　由S△ABD＝2S△ACD知S△ABC＝3S△ACD， 所以AB·ACsin ∠BAC＝3×AD·ACsin ∠DAC， 因为∠BAC＋∠DAC＝π， 所以sin ∠BAC＝sin ∠DAC， 所以AB＝3AD. (2)解析　由(1)知AB＝3AD，设AD＝m， 则AB＝3m， 由S△ABD＝2S△ACD知BD＝2CD， 又因为DC＝AC， 设CD＝n，则BD＝2n，AC＝n, 在△ABD中， cos∠ADB＝＝， 在等腰△ACD中，cos∠ADC＝＝， 所以＝－，整理得2n2＝3m2， 所以cos∠ADC＝＝， 故cos∠BAC＝－cos∠DAC＝－cos∠ADC＝－. 18.解析　(1)估计这100个家庭的旅游支出的平均值为2(4×0.050＋6×0.075＋8×0.175＋10×0.150＋12×0.050)＝8.3(千元). (2)由频率直方图知，旅游支出在[3,9)的频率为2×0.050＋2×0.075＋2×0.175＝0.6， 在[3,11)的频率为0.6＋2×0.15＝0.9，则这100个家庭的旅游支出的70百分位数a∈(9,11)，则0.6＋(a－9)×0.150＝0.7， 解得a≈9.7， 所以估计这100个家庭的旅游支出的70百分位数为9.7. (3)以频率估计概率，得每个家庭的旅游支出在[3,5)内的概率为2×0.050＝0.1， 所以抽取2个家庭，恰有1个家庭的旅游支出在[3,5)内的概率为0.1×0.9＋0.9×0.1＝0.18. 19.(1)证明　因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC. 又因为AC⊥BC，AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC， 又因为AH⊂平面PAC，所以AH⊥BC. (2)解析　设点C到平面ABH的距离为d. 因为PA⊥底面ABC，PA＝2，H为PC的中点， 所以点H到平面ABC的距离为PA＝1. 又因为在△ABC中，AC⊥BC，AC＝2，BC＝1. 则AB＝＝， VC­HAB＝VH­CAB＝×PA×S△ABC＝×1××2×1＝. 又因为PA⊥底面ABC，AC⊂平面ABC， 所以PA⊥AC， 因为PA＝2，AC＝2，H为PC的中点， 所以PC＝2，AH＝PC＝， 又因为由(1)知BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC， 所以BC⊥PC， 则BH＝＝＝. 所以AB2＝AH2＋BH2，则AH⊥BH， 则△ABH的面积为××＝， 所以VC­HAB＝d·＝， 解得d＝. 即点C到平面ABH的距离为. (3)解析　线段PB上当点N满足＝时，MN∥平面ABC.证明如下： 取CH的中点K，连接MK，NK. 因为M为AH的中点，所以由MK为△HAC的中位线，可得MK∥AC. 又因为MK⊄平面ABC，AC⊂平面ABC， 所以MK∥平面ABC. 由＝3，＝3， 可得＝，则NK∥BC， 又因为NK⊄平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以NK∥平面ABC. 因为MK∩NK＝K，MK，NK⊂平面MNK， 所以平面MNK∥平面ABC， 又因为MN⊂平面MNK， 所以MN∥平面ABC. 学科网（北京）股份有限公司 $$