46269511（下）高一年级训练（二）

2023学年（下）高一年级训练（二）（参考答案与解析）1．D【分析】设方程的根为，将其代入方程中的x中，根据复数相等的条件，构造方程组，解出,.则两根知道了，再逐项代入验证即可.【详解】设方程的根为，代入方程，,整理得，故，则，不妨令，，对于A：因为，即，故A错误；对于B：，故B错误.对于C:,，因此，,故C错误.对于D：,故D正确.故选:D.2．B【分析】由，的夹角为钝角，可得，且与不共线，从而可求出的取值范围.【详解】因为，，，的夹角为钝角，所以，解得，且，即的取值范围是，故选：B3．B【分析】先确定的位置，接着由进行转化，利用共线定理得，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解.【详解】由题可设，则由题意得，因为、、三点共线，故，所以，所以，又、、三点共线，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故选：B.4．D【分析】根据直线和平面的位置关系，逐项分析判断即可得解.【详解】对于A，若，则或，故A正确；对于B，若，则由线面垂直的性质定理得，故B正确；对于C，若，则与平行或异面，故C正确；对于D，若，则与相交､平行或异面，故D错误.故选：D.5．A【分析】根据题意，先证得平面，在中，解三角形求得，再结合线面垂直判定定理证得平面，得到，设，利用，求得，结合，即可求解.【详解】在中，因为且为的中点，所以，又因为，且，平面，所以平面，在中，因为且，所以，且，因为四边形为矩形，可得，又因为，且平面，所以平面，因为，所以平面，又因为平面，所以，设，在直角中，可得，在直角中，可得，因为，所以，即，解得，所以多面体的体积.故选：A.6．C【分析】A选项，假设有选手失8分，根据极差得到最低失分为3分，中位数为3，故A错误；C选项，根据方差得到，若有选手失8分，则有，矛盾，故C正确；BD选项，举出反例即可判断.【详解】A选项，假设存在选手失分超过7分，失8分，根据极差为5，得到最低失分为3分，此时中位数为3，故假设可以成立，故A错误；B选项，假设乙组的失分情况为，满足平均数为2，众数为2，但该组不为“优秀小组”，B错误；C选项，丙组的失分情况从小到大排列依次为，丙组平均数为2，方差为3，即，若，则，不合要求，故，所以该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，故C正确；D选项，，故从小到大，选取第9个数作为第85百分位数，即从小到大第9个数为7，假设丁组失分情况为，满足平均数为2，第85百分位数为7，但不是“优秀小组”，故D错误.故选：C.7．D【分析】分和的情况分别考虑四个选项.【详解】当时，表示一正一反，故，故A正确；此时，，，故B正确；当时，表示并非每次都是正面朝上，故，故C正确；此时，，，所以，故D错误.故选：D.8．D【分析】分别取的中点，连接，证明平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面截球所得截面圆的半径，即可得解.【详解】如图，分别取的中点，连接，因为平面，平面，所以，在中，，所以，所以，又，所以，所以，又，平面，所以平面，由，得点在平面内，由，得点在以为球心，半径为1的球面上，因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆，连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为，则由得，且，所以，则，因此动点的轨迹长度为.故选：D.【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.9．ACD【分析】结合复数运算解方程可求，判断A，根据共轭复数定义及复数乘法求判断B，根据复数的几何意义判断C，根据复数的模的几何意义判断D.【详解】因为，所以，A正确；所以，所以，B错误；所以复平面内对应的向量为，C正确；设复数在复平面上的对应点为，因为，所以点的轨迹为以原点为圆心，1为半径的圆，又复数在复平面上对应点的坐标为，的几何意义为点的距离，所以的最小值为，D正确，故选：ACD.10．AD【分析】根据正弦定理，判断三角形的解的个数，即可判断AB，根据余弦定理和三边的关系，即可判断CD.【详解】A选项：由正弦定理，，，且，则，选项A正确；选项B：，所以无解，故B错误；C选项：①为最大边：，且，此时；②为最大边：，且，此时，选项C错误；D选项：，且，所以，选项D正确；故选；AD.11．AC【分析】根据锥体的体积公式判断A，通过反证，利用平面与平面和平面的交线、是否能平行来判定B，取的中点，连接，，即可得到为二面角的平面角，再由锐角三角函数判断C，作出截面，求出截面面积，即可判断D.【详解】对于A，随着的移动，但是点到平面的距离始终不变即为线段的长度，故是定值，故A正确；对于B，如图所示，连接，为侧面的中心，平面与平面和平面分别交于线、，若存在点使平面平面，则，又，则四边形为平行四边形，即，而，此时应在延长线上，故不存在线段上一个动点，使平面平面，故B错误；对于C，取的中点，连接，，又，，所以，，所以为二面角的平面角，又平面，平面，所以，，所以，即二面角的正切值为，故C正确；对于D，连接，，，，依题意可知，，，所以，所以四边形为平面截正方体所得截面，又，，，如下平面图形，过点作，过点作，则，所以，所以，当点为中点时，平面截正方体所得截面的面积为，故D错误.故选：AC12．16825.6【分析】利用分层抽样的平均数公式、方差公式分别计算即得.【详解】由分层随机抽样抽取的样本中男生有30人，女生有20人，得男生所占的权重为，女生所占的权重为，而，，，，所以估计该校学生身高的平均数；方差.故答案为：168；25.613．【分析】将侧面沿着旋转至与平面在同一平面上，则的最小值为，解三角形求出即可.【详解】将侧面沿着旋转至与平面在同一平面上，连接，如图所示：由长方体结构特征，易得，由，，所以，由，故答案为：.14．【分析】根据二倍角公式可得，即，根据角的范围可得，，，故.由正弦定理、同角三角函数的基本关系及二倍角公式可得，换元，结合对勾函数的性质即可求解.【详解】由题意可得，故，即，因为,所以，因为，所以或，即或，即或.若，则，则无意义，故.又，所以，即.因为，所以,，，所以，解得，故.由正弦定理可得，令，则.设，由对勾函数的性质可得在上单调递增，所以，即.故答案为:.15．(1)；百分位数为；(2)(3)【分析】（1）由直方图区间频率和为1求参数；设该样本的60百分位数为分，由题意可得，求解即可；（2）根据直方图求物理测试成绩的平均分即可；（3）根据直方图求出成绩从高到低排列且频率为对应分数即可.【详解】（1）由，解得；设该样本的60百分位数为分，因为对应的频率分别为0.05，0.15，0.3，0.25，所以60百分位数在内，由题意可得，解得，所以60百分位数为；（2），故本次防疫知识测试成绩的平均分为；（3）设受嘉奖的学生分数不低于分，因为对应的频率分别为0.15，0.1，所以，解得，故受嘉奖的学生分数不低于分．16．(1)(2)(3)【分析】（1）根据三角形内角和定理结合两角和的正弦公式化简求值即可；（2）依据余弦定理及已知求出，然后利用面积分割法列方程求解即可；（3）利用向量的加法运算及数量积模的运算得，利用正弦定理得，然后利用正弦函数的性质求解范围即可.【详解】（1）因为，所以，所以，又，所以，又，所以；（2）由及余弦定理得，即，又因为，所以，所以，所以，即；（3）因为E是AC的中点，所以，则，由正弦定理得，，即，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，即边上的中线的取值范围为.【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：（1）利用正弦定理实现“边化角”；（2）利用余弦定理实现“角化边”.求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.17．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）连接，，先证明，，利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）过O作于F，连接，证明为二面角的平面角，解三角形即可得解；（3）在平面内作的延长线于点E，证明为线面角，解三角形求解即可.【详解】（1）连接，，如图，∵，，为公共边，∴，∴，又∵O为的中点，∴，在中，由余弦定理可知，在中，又在中，，，满足，∴，又∵，∵平面，∴平面；（2）过O作于F，连接，∵平面，平面，∴，又∵且，平面，∴平面，∵平面，∴，∴为二面角的平面角，∵，在中，，∴∴二面角的余弦值为；（3）∵平面，平面，∴平面，在平面内作的延长线于点E，∴平面，∴就是斜线在平面内的投影，∴是直线与平所成角的平面角，显然四边形为矩形，，由（1）知，，∴，，在中，，∴直线与平面所成角的正切值为.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.18．(1)；(2)(3)方案一种子选手夺冠的概率更大【分析】（1）由题意分析知第一轮选手的对战情况分别为，，，即可得出答案；（2）设事件“选手与选手相遇”，分为对战情况分别为，，，求出其概率，相加即可得出答案.（3）设采用方案一，二种子选手夺冠的概率分别为，，由独立事件的乘法公式求出、，比较，的大小即可得出答案.【详解】（1）第一轮选手的对战情况分别为，，，故总方案数3；（2）设事件“选手与选手相遇”，当对战为时，，两选手相遇的概率为1；当对战为时，，两选手相遇的概率为；当对战为时，，两选手相遇的概率为；抽到三种对战的概率均为，则.综上可知选手与选手相遇的概率为.（3）设采用方案一，二种子选手夺冠的概率分别为，，则采用方案一，假设分组为，第一轮两种子选手获胜，则第二轮种子选手一定夺冠：，第一轮选手获胜，第二轮获胜：，第一轮选手获胜，第二轮获胜：，第一轮选手获胜，则种子选手不能获胜，所以；采用方案二：假设分组为，第一轮选手获胜，第二轮获胜：，第一轮选手获胜，第二轮获胜：，第一轮选手获胜，第二轮获胜：，第一轮选手获胜，第二轮获胜：，则，所以，因此方案一种子选手夺冠的概率更大.19．(1)证明见解析(2)，二面角的正切值为【分析】（1）连接，则可得四边形为正方形，得，由已知条件结合面面垂直的性质可得平面，则，则由线面垂直的判定可得平面，再由面面垂直的判定可得结论；（2）设点到平面的距离分别为，由可求出，由三棱锥的体积为，可求出，再由可求出的值，取靠近点的四等份点，连接，过点作于，连接，则可得为二面角的平面角，然后在中可求得结果【详解】（1）连接，因为底面中，，，所以四边形为正方形，所以，因为侧面为等边三角形，O是的中点，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为