第三部分综合检测-2024年高一数学暑假作业(人教A版)

第三部分 综合检测 (满分:150分 时间:120分钟) 一、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.已知z(1-i)=-4i,i为虚数单位,则复数 z在复平面内对应的点在 ( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.从某班60名同学中选出5人参加户外活 动,利用随机数表法抽取样本时,先将60 名同学按01,02,…,60进行编号,然后从 随机数表第1行的第5列和第6列数字开 始从左往右依次选取两个数字,则选出的 第5个同学的编号为(注:表为随机数表的 第1行与第2行) ( ) 0347 4373 8636 9647 3661 4698 3671 6297 7424 6292 4281 1457 2042 5332 3732 1676 A.24 B.36 C.46 D.47 3.已知向量a=(-3,2),b=(4,-2λ),若 (a+2b)∥(a-b),则实数λ的值为( ) A.23 B. 4 3 C.74 D. 7 5 4.在△ABC中,已知a=3,b=4,sinB=23 , 则sinA= ( ) A.34 B. 1 6 C.12 D.1 5.在正六边形ABCDEF 中,对角线BD,CF 相交于点P.若AP → =xAB → +yAF →,则x+ y= ( ) A.2 B.52 C.3 D.72 6.已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B, C的对边,且acosC=b+23c ,则△ABC是 ( ) A.锐角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.钝角三角形 7.如图,在正三棱柱ABC A1B1C1 中,2BB1=3AB, D 是棱BC 的中点,E 在 棱CC1 上,且CC1=3CE, 则异面直线 A1D 与B1E 所成角的余弦值是( ) A.66 B. 6 4 C.- 64 D. 6 2 8.某学生为测量平凉大 明宝塔的 高 度,如 图, 选取了与平凉大明宝 塔底部 D 在同一水平 面上的A,B 两点,测得 AB=30 7m,在 A,B 两点观察塔顶C 点,仰角分别为45°和30°,∠ADB=150°, 则平凉大明宝塔的高度CD 是 ( ) A.25m B.25 7m C.30m D.30 7m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —04— 高一数学(配RJA版) 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分.在每小题给出的选项中,有多项符合 题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得 部分分,有选错的得0分. 9.若z1+i =2i,其中i为虚数单位,则 ( ) A.|z|=1 B.z2=2i C.z的共轭复数为1+i D.z的实部为1 10.统计某商城一年中各月份的收入、支出 (单位:万元)情况,并制作折线图如图所 示,则下列说法错误的是 ( ) A.利润最高的月份是2月份 B.7月份至9月份的月平均支出为50万元 C.支出的最高值与支出的最低值的比是 3∶1 D.2月份至3月份的收入的变化量与11 月份至12月份的收入的变化量相同 11.在平行四边形 ABCD 中,E 是BC 上 一 点, BE=2EC,F 是CD 的 中点,且AE=2,AF=3, ∠EAF=60°,则下列说法正确的是 ( ) A.AE →·AF → =3 32 B.AF → 在AE → 上的投影向量是3 4AE → C.AC → =34AE → +12AF → D.AC → = 7 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共 15分. 12.已知复数z=m-1+(3-m)i(m∈R)对 应的点在x 轴上方,则 m 的取值范围是 . 13.已知向量a= -2,3-λ ,b= 1,λ ,若 a∥b,则 b = . 14.已知底面边长为a 的正三棱柱ABC A1B1C1 的六个顶点在球O1 上,又球O2 与此正三棱柱的5个面都相切,则球O1 与球O2 的半径之比为 ,表面积 之比为 . 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)在△ABC 中,内角 A,B,C 所对 的边分别为a,b,c,a=7,b=8,cosB= -17. (1)求边长c与A; (2)求△ABC的面积. 16.(15分)甲、乙两名运动员在相同条件下 各射击10次,得到如下数据: 甲射击10次中靶环数分别为9,5,7,8, 7,6,8,6,7,7. 乙射击10次中靶环数分别为2,4,6,8, 7,7,8,9,9,10. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —14— 射击队教练以此次射击成绩为依据,挑选 一名运动员参加比赛,请你帮助教练分析 两个运动员的成绩,并作出判断. 17.(15分)某社区为了丰富居民的业余生 活,举办了知识竞赛,比赛共分为两轮.在 第一轮比赛中,每一位选手均需要参加两 关比赛,若在两关比赛均达标,则进入第 二轮比赛.已知在第一轮比赛中,选手A, B 第一关达标的概率分别为45 ,2 3 ;第二 关达标的概率分别是3 4 ,3 5 ,A,B 在第一 轮的每关比赛中是否达标互不影响. (1)分别求出A,B 两人进入第二轮比赛 的概率; (2)若A,B 两人均参加第一轮比赛,求两 人中至少有一人进入第二轮比赛的概率. 18.(17分)某校研究性学习小组从汽车市场 上随机抽取20辆纯电动汽车调查其续驶 里程(单次充电后能行驶的最大里程),被 调查汽车的续驶里程全部介于50公里和 300公 里 之 间,将 统 计 结 果 分 成5组: [50,100),[100,150),[150,200),[200, 250),[250,300],并绘制成如图所示的频 率分布直方图. (1)求直方图中x的值; (2)求续驶里程在[200,300]的车辆数; (3)若从续驶里程在[200,300]的车辆中 随机抽取2辆车,求其中恰有一辆车的续 驶里程在[200,250)内的概率. 19.(17分)如图,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中,∠ACB= 90°,且 AC=BC=CC1= 2,点P 为线段B1C 上的 动点. (1)当P 为线段B1C 的中点时,求证:平 面ABP⊥平面AB1C; (2)当直线AP 与平面BCC1B1 所成角的 正切值为3 2 2 时,求二面角P AB C 的 余弦值. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —24— 【真题体验】 1.B P(甲)=16 ,P(乙)=16 ,P(丙)=536 , P(丁)=636= 1 6 ,P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙), P(甲丁)=136=P (甲)P(丁), P(乙丙)=136≠P (乙)P(丙), P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙), 故选B. 2.解析 甲、乙两球落入盒子的概率分别为12 ,1 3 ,且两 球是否落入盒子互不影响, 所以甲、乙都落入盒子的概率为1 2× 1 3= 1 6 , 甲、乙 两 球 都 不 落 入 盒 子 的 概 率 为 1-12 × 1-13 =13, 所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为2 3. 答案 16 2 3 【易误警示】 [示例] A 由题意可知,甲队在第一场比赛输了,若甲 队在0∶1落后的情况下最后获胜,分以下几种情况 讨论: ①甲队在第二、三、四场比赛都获胜,概率为P1=0.4× 0.52=0.1; ②甲队在第二场比赛输了,在第三、四、五场比赛获胜, 概率为P2=0.6×0.52×0.4=0.06; ③甲队在第二、四、五场比赛获胜,在第三场比赛输了, 概率为P3=0.4×0.52×0.4=0.04; ④甲队在第二、三、五场比赛获胜,在第四场比赛输了, 概率为P4=0.4×0.52×0.4=0.04. 综上所述,所求概率为0.1+0.06+0.04×2=0.24. 第二部分 新知预习 作业(十六) 空间向量及其线性运算 知识点1 [即学即练] 1.ABC 容易判断D是假命题,共线的单位向量是相等 向量或相反向量. 2.D A中,单位向量长度相等,方向不确定; B中,|a|=|b|只 能 说 明a,b 的 长 度 相 等 而 方 向 不 确定; C中,向量不能比较大小. 知识点2 [即学即练] 1.C PM→-PN→+MN→=NM→+MN→=NM→-NM→=0. 2.AB A中,A1D1 →-A1A →-AB→=AD1 →-AB→=BD1 →; B中,BC→+BB1 →-D1C1 →=BC1 →+C1D1 →=BD1 →; C中,AD→-AB→-DD1 →=BD→-DD1 →=BD→-BB1 →= B1D →≠BD1 →; D中,B1D1 →-A1A →+DD1 →=BD→+AA1 →+DD1 →=BD1 →+ AA1 →≠BD1 →. [知识点3] [即学即练] 1.B MN→=MA→+AB→+BN→=12a+ (b-a)+12 (c-b)= -12a+ 1 2b+ 1 2c. 2.解析 BE→=12 (BP→+BD→)=12 (-b+BA→+BC→) =-12b+ 1 2 (PA→-PB→+PC→-PB→) =-12b+ 1 2 (a+c-2b)=12a- 3 2b+ 1 2c. 答案 12a- 3 2b+ 1 2c 知识点4 [即学即练] 1.解析 由于 A,B,C 三点共线,所以存在实数λ,使得 AC→=λAB→,即OC→-OA→=λ(OB→-OA→), 所以OC→=(1-λ)OA→+λOB→, 所以m=1-λ,n=λ,所以m+n=1. 答案 1 2.解析 因为BC→=-2a-b,DC→=a-2b. 所以BD→=BC→+CD→=BC→-DC→=-2a-b-(a-2b)= -3a+b, 因为A,B,D 三 点 共 线,所 以 存 在 实 数λ,使 得AB→= λBD→, 即9a+mb=λ(-3a+b). 所以 9=-3λ , m=λ, 解得m=λ=-3. 答案 -3 知识点5 [即学即练] 1.A 由向量共面定理可知,三个向量a,b,2a-b为共面 向量. 2.AC A选项中,3-1-1=1,四点共面, C选项中,MA→=-MB→-MC→,∴点 M,A,B,C共面. 第三部分 综合检测 1.D z=-4i1-i= -4i(1+i) 2 =2-2i ,对应的复平面的坐标 为(2,-2),在第四象限.故选D. 2.A 按题意,从第一行第5列,两个两个数字取数,抽样 编号依次为43,36,47,46,24,第5个是24,故选A. 3.B 由已知得a+2b=(5,2-4λ),a-b=(-7,2+2λ), ∵(a+2b)∥(a-b),∴5×(2+2λ)-(-7)×(2-4λ) =0,解得λ=43. 4.C 由 正 弦 定 理 asinA= b sinB 可 得sinA=asinBb = 3×23 4 = 1 2. 5.B 如图,记正六边形ABC- DEF 的 中 心 为 点 O,连 接 OB,OD, 显然△OBC 和△ODC 均 为 等边三角形,所以OB=OD =CD=BC,即 四 边 形 OB- CD 为 菱 形,且 点 P 恰 为 其 中 心,则 FP→ = 32 FO → = 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —06— 高一数学(配RJA版) 3 2AB →,所以AP→=AF→+FP→=32AB →+AF→, 所以x=32 ,y=1,故x+y=52. 故选B. 6.D 因为acosC=b+23c , 由正弦定理得sinAcosC=sinB+23sinC , 又因为A+C=π-B, 可得sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC, 所以cosAsinC+23sinC=0 , 因为C∈(0,π),可得sinC>0, 所以cosA=-23 , 又因为A∈(0,π),所以π2<A<π , 所以△ABC为钝角三角形. 7.B 取棱BB1靠近点B 的三等分点F,取棱B1C1 的中 点 H,取B1F 的中点G,连接A1H,DH,A1F,DF. 由已知CE=13CC1= 1 3BB1=B1G ,又CE∥B1G,所以 CEB1G是平行四边形,所以B1E∥CG,同时可得F 是 BG 中点,而D 是BC 中点,所以DF∥CG. 所以DF∥B1E,则∠A1DF 是异面直线A1D 与B1E 所 成的角(或补角). 又 DH ∥CC1,CC1⊥ 平 面 A1B1C1,则 DH ⊥ 平 面 A1B1C1,A1H⊂平面A1B1C1,则DH⊥A1H, 设AB=4,则BB1=6,从而A1H=2 3,DH=6,BD= 2,BF=2,B1F=A1B1=4, 故A1F=42,A1D=43,DF=2 2. 在△A1DF 中, 由余弦定理可得cos∠A1DF= A1D2+DF2-A1F2 2A1D·DF = 64. 所以异面直线A1D 与B1E 所成的角的余弦值为 6 4. 8.C 在Rt△ADC中,∠CAD=45°,AD=CD, 在Rt△CDB 中,∠CBD=30°,DB= 3CD, 在△ADB 中,由 余 弦 定 理 得 AB2=AD2+DB2- 2AD×DBcos∠ADB, 即6300=CD2+3CD2+2 3CD2× 32 , 解得CD=30(m). 9.BD 因为z 1+i =2i,所以z= 2i1+i= 2i1-i 1+i 1-i =1+i, A选项:|z|= 12+12= 2,故A错误; B选项:z2=(1+i)2=1+2i+i2=2i,故B正确; C选项:z的共轭复数为1-i,故C错误; D选项:z=1+i,实部为1,故D正确. 10.ABC 对于 A,由图可得1~12月份的利润分别为 20万元,20万元,30万元,20万元,20万元,20万元, 20万元,10万元,20万元,30万元,20万元,20万元, 所以利润 最 高 的 月 份 为3月 份 和10月 份,所 以 A 错误; 对于B,7月份至9月份的月平均支出为13× (20+ 40+40)=1003 ≠50 (万元),所以B错误; 对于C,由图可知支出最高的为60万元,最低的为10 万元,所以支出的最高值与支出的最低值的比是6∶ 1,所以C错误; 对于D,由图可知2月份至3月份的收入的变化量为 减少了20万元,11月份至12月份的收入的变化量也 减少了20万元,所以2月份至3月份的收入的变化量 与11月份至12月份的收入的变化量相同,所以D正 确.故选ABC. 11.BC 对 于 A 选 项,由 平 面 向 量 数 量 积 的 定 义 可 得 AE→·AF→= AE→ · AF→ cos60°=2×3×12=3 ,A 错误; 对于B选项,AF→在AE→上的投影向量 AF→ cos60°· AE→ AE→ =3×12× 1 2AE →=34AE →,B正确; 对于C选项,因为BE→=2EC→,即AE→-AB→=2AC→- 2AE→,可得3AE→=AB→+2AC→,① 又因为CF→=FD→,即AF→-AC→=AD→-AF→, 可得2AF→=AC→+AD→=AC→+ AC→-AB→ =2AC→- AB→,② 有①②可得4AC→=3AE→+2AF→, 故AC→=34AE →+12AF →,C正确; 对于D选项,由4AC→=3AE→+2AF→可得16 AC→ 2= 3AE→+2AF→ 2=9AE→2+4AF→2+12AE→·AF→= 9×22+4×32+12×3=108,故 AC→ =3 32 ,D错误. 12.解析 复数z=m-1+(3-m)i(m∈R)在复平面上对 应的点的坐标为(m-1,3-m),如果该点落在x 轴上 方,则有3-m>0,解得m<3. 答案 (-∞,3) 13.解析 a= -2,3-λ ,b= 1,λ ,且a∥b, ∴-2λ- 3-λ =0,解得λ=-3, ∴b= 1,-3 ,可得 b = 12+ -3 2= 10. 答案 10 14.解析 设球O1,球O2 的半径分 别为R,r,因为正三棱柱的六个 顶点都在球 O1 上,球 O2 与 此 正三棱柱的5个面都相切,所以 球心 O1,O2 在上、下底 面 中 心 的连线的中点上.如图,AB=a, OA=R,OE=r,在△OEA 中, AE=23× 3 2a= 3 3a ,OE=r=13× 3 2a= 3 6a. 因为 OA2=OE2+AE2,所以R2=512a 2,r2=112a 2,则球O1 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —16— 与球O2的半径比为 5∶1,球O1 与球O2 的表面积之 比为5∶1. 答案 5∶1 5∶1 15.解析 (1)因为a=7,b=8,cosB=-17 , 由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB,即82=72+c2 -2×7c× -17 ,解得c=3或c=-5(舍去), 又B∈ π2 ,π ,所以sinB= 1-cos2B=4 37 , 利用正弦定理得 a sinA= b sinB ,即 7 sinA= 8 4 3 7 , 解得sinA= 32 , 又A∈ 0,π2 ,所以A=π3. (2)由a=7,c=3,sinB=4 37 , 得S△ABC= 1 2acsinB=6 3. 16.解析 运动员甲的平均成绩为 􀭺x甲=9+5+7+8+7+6+8+6+7+710 =7 (环), 运动员乙的平均成绩为 􀭺x乙=2+4+6+8+7+7+8+9+9+1010 =7 (环), 运动员甲成绩的方差为 s2甲=4+4+0+1+0+1+1+1+0+010 =1.2 , 运动员乙成绩的方差为 s2乙=25+9+1+1+0+0+1+4+4+910 =5.4 , 比较如下: 平均数 方差 命中9环及9环以上的次数 甲 7 1.2 1 乙 7 5.4 3 ①因为两名运动员射击成绩的平均数相同,且s2甲< s2乙,所以甲的成绩比乙稳定; ②因为两名运动员射击成绩的平均数相同,命中9环 及9环以上的次数甲比乙少, 所以乙成绩比甲好些. ③甲成绩在平均数上下波动,而乙处于上升势头,从第 三次以后就没有比甲少的情况发生,所以乙更有潜力. 17.解析 (1)由选手A,B 第一关达标的概率分别为45 , 2 3 ;第二关达标的概率分别是3 4 ,3 5 , 记“A,B 进入第二轮比赛”分别为事件 M1和事件 M2, 则P M1 = 4 5× 3 4= 3 5 ,P M2 = 2 3× 3 5= 2 5. 所以A,B 两人进入第二轮比赛的概率分别为35 和2 5. (2)记“两 人 中 至 少 有 一 人 进 入 第 二 轮 比 赛”为 事 件 M3, 则P M3 =1- 1- 3 5 × 1-25 =1925. 所以两人中至少有一人进入第二轮比赛的概率为19 25. 18.解析 (1)由频率分布直方图中所有小矩形的面积之 和为1可得(0.002+0.005+0.008+x+0.002)× 50=1,解得x=0.003. (2)由(1)得x=0.003,故续驶里程在 200,300 的车 辆数为20×(0.003+0.002)×50=5(辆). (3)设“恰有一辆车的续驶里程在 200,250 内”为事 件 M,由(2)知 续 驶 里 程 在 200,300 的 车 辆 数 为5 辆,其中落在 200,250 内的车辆数为3辆,分别记为 A,B,C,落在 250,300 内的车辆数为2辆,分别记为 a,b, 从这5辆汽车中随机抽取2辆,所有可能的情况为(A, B),(A,C),(A,a),(A,b),(B,C),(B,a),(B,b),(C, a),(C,b),(a,b)共10种,且每种情况都等可能被抽 到,事件 M 包含的情况有(A,a),(A,b),(B,a),(B, b),(C,a),(C,b)共6种, 所以由古典概型概率公式得P M =610= 3 5 ,即恰有 一辆车的续驶里程在 200,250 内的概率为35. 19.(1)证明 由题意,AC⊥CC1,AC⊥BC,BC∩CC1=C, BC,CC1⊂平面BCC1B1,故AC⊥平面BCC1B1, ∵BP⊂平面BCC1B1,∴AC⊥BP, ∵P 为B1C 的中点,∴B1C⊥BP,且 AC∩B1C=C, AC,B1C⊂平面AB1C, ∴BP⊥平面AB1C, 又∵BP⊂平面ABP, ∴平面ABP⊥平面AB1C. (2)解析 由(1)得AC⊥平面BCC1B1,所以直线AP 与平面BCC1B1所成的角即为∠APC, 故tan∠APC=ACPC= 3 2 2 ,解得PC=2 23 . 作PM⊥BC,MN⊥AB,连接PN,如图. 则PM⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC,故PM⊥AB. 又PM∩MN=M,PM,MN⊂平面PMN,故AB⊥平 面PMN,故∠PNM 为二面角P AB C 的平面角, 又PM=MC=PC 2 =23 ,BM=BC-MC=43 , 故 MN=BM 2 =2 23 , 故 cos ∠PNM = MNPN = MN MN2+PM2 = 2 2 3 8 9+ 4 9 = 63 , 即二面角P AB C 的余弦值为 63. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —26—