宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高二下学期暑假自主复习数学学科练习卷（三）

银川一中2023/2024学年度(下)高二暑假自主复习练习卷（三） 数 学 试 卷 命题教师： 1. 单项选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．【答案】D 【分析】先根据条件求出复数，从而可求出结果 【详解】设，a，，则 则，．∴，，所以， 2．【答案】B 【分析】利用平面向量的数量积运算律求出，再计算. 【详解】由，，，得，则， 因此，所以． 3．【答案】D 【分析】根据题意，结合空间中直线与平面位置关系的判定和性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，当直线交于同一点时，则直线可能不共面，所以A错误； 对于B中，当直线倾斜方向不同时，直线与平面所成的角也可能相等，所以B错误； 对于C中，当这3个点不在平面的同侧时，平面与平面相交，所以C错误； 对于D中，根据题意，显然这4个点不可能在平面的同侧， 当这4个点在平面两侧1，3分布时，这样的平面有4个， 当这4个点在平面两侧2，2分布时，这样的平面有3个， 所以这样的平面有且只有7个，所以D正确. 4．【答案】C 【分析】根据独立事件的概率公式与互斥事件的概率加法公式可求概率. 【详解】根据题意可得该型号新能源汽车在这两项测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为． 5．【答案】D 【分析】设，则，连接，交于点，连接交于点，连接，即可得到为正四棱台的高，由勾股定理求出，再求出斜高，最后由表面积公式计算可得. 【详解】设，则，如图，连接，交于点，连接交于点，连接， 由正四棱台的几何性质可知分别是上､下底面的中心， 所以平面平面，所以为正四棱台的高， 所以由题可知，过点作交于点， 则，即，解得， 过点作交于点，则为斜高，此时， 所以正四棱台的表面积为. 6．【答案】B 【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及三角形面积公式求解即得. 【详解】在中，由正弦定理及， 得，即，由余弦定理得， 则，由的面积为，得，解得， 由，得，又，因此， 令AC边上的高为，则，所以. 7．【答案】C 【分析】利用题中所给的南丁格尔玫瑰图逐一考查所给选项，即可得解. 【详解】对于A：由图可知，2016年至2023年，知识付费用户数量逐年增加，故A正确； 对于B和C：知识付费用户数量的逐年增加量分别为：2017年，； 2018年，；2019年，； 2020年，；2021年，； 2022年，；2023年，； 则知识付费用户数量逐年增加量2019年最多，知识付费用户数量的逐年增加量不是逐年递增，故B正确，C错误； 对于D：由，则2023年知识付费用户数量超过2016年知识付费用户数量的倍，故D正确； 综上，说法错误的选项为C. 8．【答案】B 【分析】画出图形，首先根据球的表面积公式计算得球的半径为，通过勾股定理得的值，进而得圆台的高，结合圆台的体积公式即可得解. 【详解】设球的半径为，上､下底面分别为圆（这里上底面是指大的那个底面），依题意，，解得，因为， 则，同理可得，，因为圆台的高超过，则该圆台的高为，该圆台的体积为. 二．多项选择题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9．【答案】BCD 【分析】根据中位数、百分位数、平均数及标准差的定义一一判断即可. 【详解】对于A：因为的中位数为从小到大排列的第个数，设为； 又的中位数从小到大排列的第个数恰为， 所以的中位数一定等于的中位数，故A正确； 对于B：因为与不一定相等， 故的平均数与的平均数不一定相等，故B错误； 对于C：因为的极差不大于的极差， 所以的标准差不大于的标准差，故C错误； 对于D：因为，， 则的百分位数为从小到大排列的第个数，设为； 的百分位数为从小到大排列的第个数恰为， 故的百分位数一定等于的百分位数，故D正确. 10【答案】BD 【分析】根据三点公式求得，结合基本不等式判断即可. 【详解】因为，所以，又， 因为、、三点共线，所以，又，为正实数，所以， 当且仅当，即，时取等号，故A错误，B正确； ， 当且仅当，即，时取等号，故C错误，D正确. 11．【答案】ABD 【分析】求三棱锥的体积判断A的真假；根据线线角的概念确定与所成角的取值范围，判断B的真假；确定点轨迹，求长度的最小值，判断C的真假；判断点轨迹，求P的轨迹长度判断D的真假. 【详解】对A：当P在平面上运动时，点到平面的距离为2， ，所以，故A正确； 对B：如图： 取中点，连接，则. 当P在线段AC上运动时，因为，且，所以为异面直线与所成角. 当与重合时，异面直线与所成角为. 当与不重合时，因为,，所以，所以，所以异面直线与所成角的范围为，故B正确； 对C：如图：根据正方体的结构特点，平面，为中点， 因为，所以点轨迹是过点且平行于平面的平面，即为平面，其中分别为所在棱上的中点. 故当P在底面ABCD上运动，且满足时，P点的运动轨迹为线段. 其中分别为，中点.易知六边形为正六边形， 所以当与重合时，， 此时为点到直线的垂线段，取得最小值，为，故C错误； 对D：如图：当直线与平面ABCD所成的角为时， 因为，所以不可能在四边形内（除外）；同理不可能在四边形内（除外）.在平面与平面的运动轨迹为线段和，且； 当在平面时，作平面，垂足为，连接， 因为，所以， 所以在四边形上的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆的， 所以点的轨迹长度为：，故D正确. 【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．【答案】 【分析】根据三角形重心的性质可得，平方后即可求得答案. 【详解】由于点是的重心，故， 故，即， 故， 13．【答案】/0.25 【分析】由题意：小时数红色方块数值蓝色方块数值；分钟数（绿色方块数值蓝色方块数值），可知蓝色方块数值可以既用来表示小时数，也可以用来表示分钟数，接下来就是对这五个区域着色，按数值为5的方块着色，分四类列举讨论即可得到结果. 【详解】 当表示时间为时，小时数为6，则红蓝；分钟数为30， 则（绿蓝）30，所以绿蓝．故红绿，则各方块的颜色情况如下． （1）如图1，当数值为5的方块为白色时，剩下方块的数值分别为， 若2，3为蓝色，1，1为一红一绿，则有2种情况；若为蓝色，另一个1为白色， 则有2种情况，（提醒：此时钟面上不出现红色和绿色的方块）总计4种情况． 图1 （2）如图2，当数值为5的方块为蓝色时，剩下方块的数值分别为， 若2，3为白色，1，1为一红一绿，则有2种情况；若2，3为白色，1，1为一蓝一白， 则有2种情况，总计4种情况． 图2 （3）如图3，当数值为5的方块为红色时，剩下方块的数值分别为， 若1，1为一蓝一白，2，3为绿，则有2种情况；若1，1为一红一绿，2，3为绿色， 则有2种情况，总计4种情况． 图3 （4）当数值为5的方块为绿色时，因为红绿，由（3）可知，也有4种情况． 综上，总计有16种情况，其中数值为5的方块为白色时有4种情况，所以． 14．【答案】 【分析】根据相切得到，，然后利用勾股定理计算长度得到半径，最后求体积即可. 【详解】取半球的球心为，三个小球的球心分别为， 则有，取的重心，则可有， 在中易求得，则有， 则半球的半径， 半球的容积. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于根据相切得到，，然后求半径即可. 四、解答题（共5小题，满分77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据相互独立事件和对立事件的概率公式计算可得； （2）根据相互独立事件的概率公式、互斥事件的概率公式和对立事件的概率公式计算可得. 【详解】（1）记表示该选手能正确回答第个问题，则 ． 该选手进入第四轮才被淘汰就是前三轮答题成功，第四轮没有成功， 各轮问题能否回答正确互不影响， 所以所求概率是. （2）该选手至多进入第三轮考核，即可能第一轮被淘汰，可能第二轮被淘汰， 可能第三轮被淘汰，这三种情况又是互斥的， 所以所求概率为 ． 16．【答案】(1)，(2)(3) 【分析】（1）由余弦定理求，再根据求，进而求得的面积； （2）由二倍角公式求得和，再由两角和与差的余弦公式得解； （3）由正弦定理得到与的关系，再结合余弦定理求解的值. 【详解】（1）在中，由余弦定理得，即， 化简得，解得或(舍)，， ， 的面积. （2），， . （3）在中，由正弦定理得，，化简得， 由余弦定理得，，解得（负值舍去），所以. 17． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）只需运用两次线面平行的判定定理分别证明平面，以及平面，最后再结合面面平行的判定定理即可得证； （2）利用等体积法，找出二面角的平面角，计算所需高和面积，从而建立方程即可求解. 【详解】（1）因为M，N分别为侧面为矩形的边AC，的中点， 所以，即四边形是平行四边形， 所以, 因为，所以，即四边形是平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面，因为M，N分别为侧面为矩形的边AC，的中点， 所以，即四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，且，平面，平面， 所以平面平面； （2）由（1）可知四边形是平行四边形，又， 所以平行四边形是矩形，从而，因为为正三角形，所以为正三角形， 又因为点是的中点，所以， 又因为平面平面，平面，平面， 所以是二面角的平面角，它的余弦值为，那么它的正弦值为，因为，为正三角形， 所以为正三角形，且， 于三棱锥而言，若将三角形看作三棱锥的底面，设为三棱锥的高， 则对应三棱锥的高为，而三角形的面积为， 而， 所以，又， 所以， 所以三角形的面积为， 设直线和平面所成角的正弦值为，而， 则点到平面的距离为，由等体积法有， 即，解得，即直线和平面所成角的正弦值为. 18． 【答案】(1)，；(2)认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高. 【分析】（1）直接利用平均数公式即可计算出，再得到所有的值，最后计算出方差即可； （2）根据公式计算出的值，和比较大小即可. 【详解】（1）， ， ， 的值分别为: ， 故 （2）由（1）知:，，故有, 所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高. 19.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据题意直接解方程即可； （2）根据题意结合韦达定理分析运算求解； （3）根据题意结合韦达定理可得，结合不等式可得，由可得，结合不等式成立条件分析求解. 【详解】（1）由可得，解得. （2）由题意可知：，将，，代入可得， 所以. （3）设，， 因为，当且仅当∥时，等号成立， 可得， 即， 当且仅当时，等号成立，因为方程的根恰好全是正实数， 设这n个正根分别为，且，，， 由题意可知：，因为，且均为正数，则 ， 当且仅当时，等号成立， 又因为， 即， 所以. 【点睛】关键点点睛：利用柯西不等式可得则，当且仅当时，等号成立，注意等号成立的条件分析求解. 试卷第10页，共11页 试卷第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 银川一中2023/2024学年度(下)高二暑假自主复习练习卷（三） 数 学 试 卷 命题教师： 1. 单项选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．已知复数z满足，其中i是虚数单位，则（    ） A．2 B． C． D．5 2．已知向量，满足，，，则（    ） A．5 B． C．6 D．8 3．下列说法正确的是（    ） A．若直线两两相交，则直线共面 B．若直线与平面所成的角相等，则直线互相平行 C．若平面上有三个不共线的点到平面的距离相等，则平面与平面平行 D．若不共面的4个点到平面的距离相等，则这样的平面有且只有7个 4．某型号新能源汽车参加碰撞测试和续航测试，该型号新能源汽车参加这两项测试的结果相互不受影响．若该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为，在续航测试中结果为优秀的概率为，则该型号新能源汽车在这两项测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为（    ） A． B． C． D． 5．在正四棱台中，，若正四棱台的高为，则其表面积为（    ） A． B． C． D． 6．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，若的面积为，周长为，则AC边上的高为（    ） A． B． C． D． 7．南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔设计的，图中每个扇形圆心角都是相等的，半径长短表示数量大小．某机构统计了近几年某国知识付费用户数量(单位:亿人次)，并绘制成南丁格尔玫瑰图(如图所示)，根据此图，以下说法错误的是（   ） A．2016年至2023年，知识付费用户数量逐年增加 B．2016年至2023年，知识付费用户数量逐年增加量2019年最多 C．2016年至2023年，知识付费用户数量的逐年增加量逐年递增 D．2023年知识付费用户数量超过2016年知识付费用户数量的10倍 8．建盏是福建省南平市建阳区的特产，是中国国家地理标志产品，其多是口大底小，底部多为圈足且圈足较浅（如图所示），因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建盏的上半部分抽象成圆台，已知该圆台的上､下底面积分别为和，高超过，该圆台上､下底面圆周上的各个点均在球的表面上，且球的表面积为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 二．多项选择题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9．有一组样本数据，，…，，其中是最小值，是最大值，则下列说法错误的是（    ） A．的中位数一定等于的中位数； B．的平均数一定等于的平均数； C．的标准差一定不小于的标准差； D．的30百分位数一定不等于的30百分位数． 10．在中，为边上一点且满足，若为边上一点，且满足，，为正实数，则下列结论正确的是（    ） A．的最小值为1 B．的最大值为 C．的最大值为12 D．的最小值为4 11．如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ） A．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是 D．使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．已知点是的重心，，，，则 ． 13．斐波那契时钟是一种基于斐波那契数列设计的特殊时钟．钟面上是5个正方形方块，每个方块对应的数值分别是斐波那契数列里的前5个数：，方块的数值固定，颜色可变化，可呈现红色、蓝色、绿色、白色．人们根据方块对应的数值和颜色计算时间，规则如下：小时数红色方块数值蓝色方块数值；分钟数（绿色方块数值蓝色方块数值）；呈现白色时忽略．如图表示时间为，则当表示时间为时，数值为5的方块为白色的概率为 ． 第13题图 第14题图 14．某冷饮店为了吸引顾客，特推出一款蛋仔冰淇淋，其底座造型如图所示，外部为半球型蛋壳，内有三个特制的球型蛋仔，蛋仔两两相切，且都与蛋壳相切，蛋仔的顶端正好与半球型的蛋壳的上沿处于同一水平面，如果球型蛋仔的半径为，求这个蛋壳型的半球的容积为 . 四、解答题（共5小题，满分77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15．（13分）某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为，且各轮问题能否回答正确互不影响． (1)求该选手进入第四轮才被淘汰的概率； (2)求该选手至多进入第三轮考核的概率． 16．（15分）在中，角，，的对边分别为，，，已知. (1)若，求的值和的面积； (2)在（1）的条件下，求的值； (3)若，求的值. 17．（15分）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，M，N分别为AC，的中点． (1)求证：平面平面； (2)若二面角的余弦值为，，为正三角形，求直线和平面所成角的正弦值． 18．（17分）某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为，．试验结果如下： 试验序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 伸缩率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 伸缩率 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536 记，记的样本平均数为，样本方差为． (1)求，； (2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高） 19．（17分）1799年，哥廷根大学的高斯在其博士论文中证明了如下定理：任何复系数一元次多项式方程在复数域上至少有一根（）.此定理被称为代数基本定理，在代数乃至整个数学中起着基础作用.由此定理还可以推出以下重要结论：次复系数多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算）.对于次复系数多项式，其中，，，若方程有个复根，则有如下的高阶韦达定理： (1)在复数域内解方程； (2)若三次方程的三个根分别是，，（为虚数单位），求，，的值； (3)在的多项式中，已知，，，为非零实数，且方程的根恰好全是正实数，求出该方程的所有根（用含的式子表示）. 试卷第2页，共3页 高二数学试卷 第2页(共3页) 学科网（北京）股份有限公司 $$