資源簡介

甘肅省武威市2023-2024學年高一下學期期末質量檢測數學試卷
1．（2024高一下·武威期末）復數的虛部為（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【知識點】復數的基本概念；復數代數形式的乘除運算
【解析】【解答】解：，復數的虛部為.
故答案為：B.
【分析】根據復數代數形式的除法運算化簡判斷其虛部即可.
2．（2024高一下·武威期末）已知是的中線，，以為基底表示，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】平面向量的線性運算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因為是的中線，所以，
．
故答案為：B.
【分析】利用向量的線性運算結合平面向量基本定理計算即可求解.
3．（2024高一下·武威期末）（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】兩角和與差的正弦公式；運用誘導公式化簡求值
【解析】【解答】解：
.
故答案為：A.
【分析】利用誘導公式以及兩角差的正弦公式化簡求值即可.
4．（2024高一下·武威期末）有下列命題：
①有兩個面平行，其余各面都是四邊形的幾何體叫棱柱；
②有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體叫棱柱；
③有兩個面平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行的幾何體叫棱柱；
④用一個平面去截棱錐，底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺．
⑤有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐．
其中正確的命題的個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知識點】棱柱的結構特征；棱錐的結構特征；棱臺的結構特征
【解析】【解答】解：①②③、有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，如圖所示：
故①②錯誤，③正確；
④、用平行于底面的平面去截棱錐， 底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺 ，故④錯誤；
⑤、一個面是多邊形，其余各面是有一個公共頂點的三角形是棱錐，故⑤錯誤.
正確命題有1個.
故答案為：B.
【分析】根據棱柱、棱錐、棱臺的概念逐項判斷即可．
5．（2024高一下·武威期末）某正方體的平面展開圖如圖所示，如果將它還原為正方體，那么在該正方體中，下列結論正確的是（　　）
A．線段與所在的直線異面
B．線段與所在的直線平行
C．線段與所在的直線所成的角為
D．線段與所在的直線相交
【答案】C
【知識點】異面直線所成的角；空間中直線與直線之間的位置關系
【解析】【解答】解：由正方體展開圖還原正方體如下圖所示：
由圖可知，線段與所在的直線相交，故A錯誤；
因為線段與所在的直線異面，故B錯誤；
如圖，連接，，
由正方體的性質可知，為等邊三角形，
所以為與所在的直線所成的角，故C正確；
如圖，連接，
則，平面，平面，
所以平面，
又因為平面，
所以與不相交，故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】先還原正方體，再根據線線的位置關系和異面直線所成的角求解方法，從而逐項判斷找出正確的選項.
6．（2024高一下·武威期末）已知，是兩條不同直線，，，是三個不同平面，下列命題中正確的為（　　）
A．若，，則‖ B．若，，則‖
C．若‖，‖，則‖ D．若‖，‖，則‖
【答案】B
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；空間中直線與平面之間的位置關系；空間中平面與平面之間的位置關系
【解析】【解答】解：A、如圖所示：
，，則與相交，故A錯誤；
B、若，，由線面垂直的性質可得：‖，故B正確；
C、如圖所示：
‖，‖，則與相交，故C錯誤；
D、如圖所示：‖，‖，則與相交，故D錯誤.
故答案為：B.
【分析】舉例分析即可判斷ACD；由線面垂直的性質分析即可判斷B.
7．（2024高一下·武威期末）2022年12月20日，聯合國世界旅游組織公布2022年“最佳旅游鄉村”名單，中國廣西大寨村和重慶荊竹村成功入選．遼寧綠江村也以景色別致的油菜花海吸引了眾多游客．小明準備利用假期從中選一個鄉村游玩，記事件：小明選大寨村，事件：小明選荊竹村，事件：小明選綠江村．已知，，則＝（　　）
A．0.12 B．0.18 C．0.7 D．0.9
【答案】C
【知識點】互斥事件與對立事件；互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：事件，，為互斥事件，，，
則，故.
故答案為：C．
【分析】利用互斥事件與對立事件的概率公式求解即可.
8．（2024高一下·武威期末）某商場開展20周年店慶購物抽獎活動（100%中獎），凡購物滿500元的顧客均可參加該活動，活動方式是在電腦上設置一個包含1，2，3，4，5，6的6個數字編號的滾動盤，隨機按下啟動鍵后，滾動盤上的數字開始滾動，當停止時滾動盤上出現一個數字，若該數字是大于5的數，則獲得一等獎，獎金為150元；若該數字是小于4的奇數，則獲得二等獎，獎金為100元；若該數字出現其它情況，則獲得三等獎，獎金為50元.現某顧客依次操作兩次，則該顧客獎金之和為200元的概率為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：易知抽獎兩次滾動盤上出現兩個數字的情況有：，，共36種情況；
兩次抽獎獎金之和為200元情況有：
第一次與第二次都中二等獎，包括，概率為；
第一次中一等獎，第二次中三等獎，包括，概率為；
第一次中三等獎，第二次中一等獎，包括，概率為，
則該顧客兩次抽獎后獲得獎金之和為200元的概率為.
故答案為：B.
【分析】將兩次抽獎獎金之和為200元分為第一次與第二次都中二等獎，第一次中一等獎，第二次中三等獎，第一次中三等獎，第二次中一等獎三種情況，利用古典概型求概率的公式計算即可.
9．（2024高一下·武威期末）如圖，一個圓柱和一個圓錐的底面直徑和它們的高都與一個球的直徑相等，則下列結論正確的是（　　）
A．圓柱的側面積為
B．圓錐的側面積為
C．圓柱的側面積與球的表面積相等
D．圓柱、圓錐、球的體積之比為
【答案】C,D
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；圓柱/圓錐/圓臺的表面積及應用；柱體的體積公式及應用；錐體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：對于A，因為圓柱的側面積為，所以A錯誤；
對于B，因為圓錐的母線為，圓錐的側面積為，所以B錯誤；
對于C，因為球的表面積為，所以C正確；
對于D，因為圓柱的體積，圓錐的體積，
球的體積，
所以圓柱、圓錐、球的體積之比為，故D正確.
故答案為：CD.
【分析】根據題意結合圓柱、圓錐和球的表面積和體積公式，從而逐項判斷找出結論正確的選項.
10．（2024高一下·武威期末）如圖，正方體的棱長為1，是線段上的動點，則下列結論正確的是（　　）
A．三棱錐的體積為定值
B．的最小值為
C．平面
D．直線與所成的角的取值范圍是
【答案】A,C,D
【知識點】空間中兩點間的距離公式；異面直線所成的角；直線與平面平行的判定；錐體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：對于A，由正方體可得平面平面且，平面，
所以點到平面的距離等于點到平面的距離，
所以三棱錐的體積為定值，
故A正確；
對于B，當與重合時，，
所以的最小值不為，故B錯誤；
對于C，連接，，
由正方體可得，，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
因為平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因為，，平面，所以平面平面，
因為平面，所以平面，故C正確：
對于D，因為，
所以（或其補角）為直線與所成的角，
由圖可得當與重合時，此時最大為，
當與重合時，此時最小為0，
所以直線與所成的角的取值范圍是，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】利用等體積法轉化法和三棱錐的體積公式，從而計算出三棱錐的體積后，則可判斷出選項A；利用反例法結合已知條件可判斷出選項B；先證平面平面，再結合面面平行的性質定理，則可判斷選項C；先證（或其補角）為直線與所成的角，再求出的取值范圍后，則可求判斷選項D，從而找出結論正確的選項.
11．（2024高一下·武威期末）設為隨機事件，且，下列說法正確的是（　　）
A．事件相互獨立與互斥不可能同時成立
B．若三個事件兩兩獨立，則
C．若事件獨立，則
D．若，則
【答案】A,C,D
【知識點】互斥事件的概率加法公式；相互獨立事件；相互獨立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、事件相互獨立，則；事件互斥，則，
因為，，所以事件相互獨立與互斥不可能同時成立，故A正確；
B、設樣本空間含有等可能的樣本點，且，
則，，
，
即三個事件兩兩獨立，但，故B錯誤；
C、若事件相互獨立，則也獨立，故C正確；
D、若，則，，故D正確.
故答案為：ACD．
【分析】利用相互獨立性的性質，相互獨立事件是可以同時發生的，而互斥事件是不可能同時發生的即可判斷AC；三個事件兩兩獨立，不能確定三個事件相互獨立，即不能判斷是否成立即可判斷B；利用概率公式求解即可判斷D.
12．（2024高一下·武威期末）如圖，已知正三棱柱的底面邊長為，高為，一質點自點出發，沿著三棱柱的側面繞行一周到達點的最短路線的長為　 　.
【答案】
【知識點】棱柱的結構特征；多面體和旋轉體表面上的最短距離問題
【解析】【解答】解：沿著正三棱柱的側棱剪開，把正三棱柱的側面展成一個平面圖形，如圖所示：
易知側面展開圖為：長，寬一個矩形，
易知矩形的對角線長為，則最短路線的長為.
故答案為：.
【分析】沿著正三棱柱的側棱剪開，把側面展成一個平面圖形，得到一個矩形，結合矩形的對角線長求解即可.
13．（2024高一下·武威期末）已知復數，其中，，則復數是純虛數的概率為　 　.
【答案】
【知識點】復數的基本概念；古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解： 復數，其中，，
則復數z有個，其中純虛數的有3個，
則復數是純虛數的概率為：.
故答案為：.
【分析】先求復數的個數，再由純虛數得出的取值，判斷純虛數的個數，利用古典概型概率公式求解即可.
14．（2024高一下·武威期末）設和分別是先后投擲一枚骰子得到的點數，則在先后兩次出現的點數中有5的條件下方程有實根的概率是　 　.
【答案】
【知識點】古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：易知投擲一枚骰子在兩次出現的點數有 5 的情形有：
，，，，，，，，，，，共 11個，
滿足判別式的有：，，，，，，，共 7 種，
則所求概率為.
故答案為：.
【分析】利用古典概型概率公式求解即可.
15．（2024高一下·武威期末）已知平面向量，.
（1）求的值；
（2）求與夾角的余弦值.
【答案】（1）解：因為，
故.
（2）解：設與夾角為，
，
故與夾角的余弦值為.
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角
【解析】【分析】（1）利用已知條件和向量坐標運算以及向量的模的坐標表示，從而得出的值.
（2）利用數量積求向量夾角公式，從而得出與夾角的余弦值.
（1），
故；
（2）設與夾角為，
，
故與夾角的余弦值為
16．（2024高一下·武威期末）已知，
（1）求，的值；
（2）求，的值
（3）求的值.
【答案】（1）解：，，則；
（2）解：由（1）可得，，
則，；
（3）解：.
【知識點】兩角和與差的余弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函數間的基本關系
【解析】【分析】（1）由題意，根據同角三角函數的關系求解即可；
（2）根據正弦、余弦的二倍角公式求解即可；
（3）根據兩角差的余弦公式求解即可.
（1）因為，，
所以；
（2），
；
（3）.
17．（2024高一下·武威期末）如圖，在正方體中，
（1）求證：平面；
（2）求直線所成的角的大小；
（3）求證：平面.
【答案】（1）證明：因為在正方體中，可知，
又因為平面，平面，所以平面；
（2）解：連接，，如圖所示：
在正方體中，可知，，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
所以（或其補角）是直線與直線所成角，
又因為，所以，則直線與直線所成角為；
（3）證明：在正方體中，
因為平面，且平面，所以，
又因為、是正方形的對角線，所以，
又因為，且，平面，所以平面.
【知識點】異面直線所成的角；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根據線面平行的判定定理證明即可；
（2）根據異面直線所成角定義求解即可；
（3）根據線面垂直的判定定理證明即可.
（1）因為在正方體中，可知，
而平面，平面，所以平面.
（2）如圖，連接，，在正方體中，可知，，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
所以（或其補角）是直線與直線所成角，又，所以
，所以直線與直線所成角為.
（3）因為在正方體中，可知平面，且平面，所以，
又因為、是正方形的對角線，因此，
又，且，平面，
所以平面.
18．（2024高一下·武威期末）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為1的正方形，，、分別是、的中點.
（1）求證：平面；
（2）若二面角的大小為，
（ⅰ）求與所成角的余弦值；
（ⅱ）求直線與平面所成角的大小.
【答案】（1）證明：因為點是正方形的對角線的中點，所以三點共線，連結，如圖所示：
點是對角線的交點，則是的中點，是的中點，即，
因為平面，平面，所以平面；
（2）解：（ⅰ）連結，如圖所示；
若二面角的大小為，
則平面平面，且平面平面，，且平面，
所以平面，平面，所以，
又因為，所以，則，
又，，
異面直線與所成的角為與所成的角，為或其補角，
中，，
所以異面直線與所成角的余弦值為；
（ⅱ）取的中點，連結，如圖所示：
因為，所以，所以平面，
連結，則為直線與底面所成的角，
因為底面邊長為1，，所以，，
，所以，
則直線與平面所成角的大小為.
【知識點】異面直線所成的角；直線與平面平行的判定；直線與平面所成的角
【解析】【分析】（1）根據線面平行的判斷定理，轉化為證明證明即可；
（2）（ⅰ）根據（1）的結果，轉化為求與所成角的余弦值，利用圖形的幾何性質，結合余弦定理求解即可；
（ⅱ）根據線面角的定義，構造線面角，求解即可.
（1）如圖，因為點是正方形的對角線的中點，所以三點共線，連結，
點是對角線的交點，所以是的中點，是的中點，
所以，
平面，平面，
所以平面
（2）（ⅰ）連結，
若二面角的大小為，
則平面平面，且平面平面，
，且平面，
所以平面，平面，
所以，
又因為，所以，則，
又，，
異面直線與所成的角為與所成的角，為或其補角，
中，，
所以異面直線與所成角的余弦值為；
（ⅱ）取的中點，連結，因為，所以，
所以平面，
連結，為直線與底面所成的角，
因為底面邊長為1，，
所以，，
，
所以.
所以直線與平面所成角的大小為.
19．（2024高一下·武威期末）龍年春晚精彩的魔術表演激發了人們探秘魔術的熱情，小明從一幅撲克牌中挑出和共張牌(每個數字四個花色：紅桃、紅色、方塊、紅色、黑桃、黑色、梅花、黑色）現從張牌中依次取出張，抽到一張紅和一張紅即為成功現有三種抽取方式，如下表：
方式① 方式② 方式③
抽取規則 有放回依次抽取 不放回依次抽取 按數字等比例分層抽取
成功概率
（1）分別求出在三種不同抽取方式下的成功概率；
（2）若三種抽取方式小明各進行一次，
求這三次抽取中至少有一次成功的概率；
設在三種方式中僅連續兩次成功的概率為，那么此概率與三種方式的先后順序是否有關？如果有關，什么樣的順序使概率最大？如果無關，請給出簡要說明．
【答案】（1）解：設方式①的樣本空間為，方式②的樣本空間為，方式③的樣本空間為，
則，
設事件“抽到一張紅和一張紅”，紅桃，紅桃，紅桃，方塊，方塊，紅桃，方塊，方塊，紅桃，紅桃，方塊，紅桃，紅桃，方塊，方塊，方塊，
故．
（2）解：記三次抽取至少有一次成功為事件，
則．
有關，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
設三次抽取成功的概率分別為即為不同順序的一個排列，
則，
又，
故此概率與三種方式的先后順序有關，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
【知識點】互斥事件與對立事件；古典概型及其概率計算公式；列舉法計算基本事件數及事件發生的概率
【解析】【分析】（1）先根據題意計算出三種抽取方式下所有情況數，再列舉出抽到一張紅10和一張紅的情況，再根據古典概型的概率公式求解即可；
（2）（i）根據對立事件的概率公式求解即可；
（ii）設三次抽取成功的概率分別為，則，化簡根據的大小可得結論.
1 / 1甘肅省武威市2023-2024學年高一下學期期末質量檢測數學試卷
1．（2024高一下·武威期末）復數的虛部為（　　）
A． B． C．1 D．2
2．（2024高一下·武威期末）已知是的中線，，以為基底表示，則（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·武威期末）（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·武威期末）有下列命題：
①有兩個面平行，其余各面都是四邊形的幾何體叫棱柱；
②有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體叫棱柱；
③有兩個面平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行的幾何體叫棱柱；
④用一個平面去截棱錐，底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺．
⑤有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐．
其中正確的命題的個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
5．（2024高一下·武威期末）某正方體的平面展開圖如圖所示，如果將它還原為正方體，那么在該正方體中，下列結論正確的是（　　）
A．線段與所在的直線異面
B．線段與所在的直線平行
C．線段與所在的直線所成的角為
D．線段與所在的直線相交
6．（2024高一下·武威期末）已知，是兩條不同直線，，，是三個不同平面，下列命題中正確的為（　　）
A．若，，則‖ B．若，，則‖
C．若‖，‖，則‖ D．若‖，‖，則‖
7．（2024高一下·武威期末）2022年12月20日，聯合國世界旅游組織公布2022年“最佳旅游鄉村”名單，中國廣西大寨村和重慶荊竹村成功入選．遼寧綠江村也以景色別致的油菜花海吸引了眾多游客．小明準備利用假期從中選一個鄉村游玩，記事件：小明選大寨村，事件：小明選荊竹村，事件：小明選綠江村．已知，，則＝（　　）
A．0.12 B．0.18 C．0.7 D．0.9
8．（2024高一下·武威期末）某商場開展20周年店慶購物抽獎活動（100%中獎），凡購物滿500元的顧客均可參加該活動，活動方式是在電腦上設置一個包含1，2，3，4，5，6的6個數字編號的滾動盤，隨機按下啟動鍵后，滾動盤上的數字開始滾動，當停止時滾動盤上出現一個數字，若該數字是大于5的數，則獲得一等獎，獎金為150元；若該數字是小于4的奇數，則獲得二等獎，獎金為100元；若該數字出現其它情況，則獲得三等獎，獎金為50元.現某顧客依次操作兩次，則該顧客獎金之和為200元的概率為（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·武威期末）如圖，一個圓柱和一個圓錐的底面直徑和它們的高都與一個球的直徑相等，則下列結論正確的是（　　）
A．圓柱的側面積為
B．圓錐的側面積為
C．圓柱的側面積與球的表面積相等
D．圓柱、圓錐、球的體積之比為
10．（2024高一下·武威期末）如圖，正方體的棱長為1，是線段上的動點，則下列結論正確的是（　　）
A．三棱錐的體積為定值
B．的最小值為
C．平面
D．直線與所成的角的取值范圍是
11．（2024高一下·武威期末）設為隨機事件，且，下列說法正確的是（　　）
A．事件相互獨立與互斥不可能同時成立
B．若三個事件兩兩獨立，則
C．若事件獨立，則
D．若，則
12．（2024高一下·武威期末）如圖，已知正三棱柱的底面邊長為，高為，一質點自點出發，沿著三棱柱的側面繞行一周到達點的最短路線的長為　 　.
13．（2024高一下·武威期末）已知復數，其中，，則復數是純虛數的概率為　 　.
14．（2024高一下·武威期末）設和分別是先后投擲一枚骰子得到的點數，則在先后兩次出現的點數中有5的條件下方程有實根的概率是　 　.
15．（2024高一下·武威期末）已知平面向量，.
（1）求的值；
（2）求與夾角的余弦值.
16．（2024高一下·武威期末）已知，
（1）求，的值；
（2）求，的值
（3）求的值.
17．（2024高一下·武威期末）如圖，在正方體中，
（1）求證：平面；
（2）求直線所成的角的大小；
（3）求證：平面.
18．（2024高一下·武威期末）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為1的正方形，，、分別是、的中點.
（1）求證：平面；
（2）若二面角的大小為，
（ⅰ）求與所成角的余弦值；
（ⅱ）求直線與平面所成角的大小.
19．（2024高一下·武威期末）龍年春晚精彩的魔術表演激發了人們探秘魔術的熱情，小明從一幅撲克牌中挑出和共張牌(每個數字四個花色：紅桃、紅色、方塊、紅色、黑桃、黑色、梅花、黑色）現從張牌中依次取出張，抽到一張紅和一張紅即為成功現有三種抽取方式，如下表：
方式① 方式② 方式③
抽取規則 有放回依次抽取 不放回依次抽取 按數字等比例分層抽取
成功概率
（1）分別求出在三種不同抽取方式下的成功概率；
（2）若三種抽取方式小明各進行一次，
求這三次抽取中至少有一次成功的概率；
設在三種方式中僅連續兩次成功的概率為，那么此概率與三種方式的先后順序是否有關？如果有關，什么樣的順序使概率最大？如果無關，請給出簡要說明．
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】復數的基本概念；復數代數形式的乘除運算
【解析】【解答】解：，復數的虛部為.
故答案為：B.
【分析】根據復數代數形式的除法運算化簡判斷其虛部即可.
2．【答案】B
【知識點】平面向量的線性運算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因為是的中線，所以，
．
故答案為：B.
【分析】利用向量的線性運算結合平面向量基本定理計算即可求解.
3．【答案】A
【知識點】兩角和與差的正弦公式；運用誘導公式化簡求值
【解析】【解答】解：
.
故答案為：A.
【分析】利用誘導公式以及兩角差的正弦公式化簡求值即可.
4．【答案】B
【知識點】棱柱的結構特征；棱錐的結構特征；棱臺的結構特征
【解析】【解答】解：①②③、有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，如圖所示：
故①②錯誤，③正確；
④、用平行于底面的平面去截棱錐， 底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺 ，故④錯誤；
⑤、一個面是多邊形，其余各面是有一個公共頂點的三角形是棱錐，故⑤錯誤.
正確命題有1個.
故答案為：B.
【分析】根據棱柱、棱錐、棱臺的概念逐項判斷即可．
5．【答案】C
【知識點】異面直線所成的角；空間中直線與直線之間的位置關系
【解析】【解答】解：由正方體展開圖還原正方體如下圖所示：
由圖可知，線段與所在的直線相交，故A錯誤；
因為線段與所在的直線異面，故B錯誤；
如圖，連接，，
由正方體的性質可知，為等邊三角形，
所以為與所在的直線所成的角，故C正確；
如圖，連接，
則，平面，平面，
所以平面，
又因為平面，
所以與不相交，故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】先還原正方體，再根據線線的位置關系和異面直線所成的角求解方法，從而逐項判斷找出正確的選項.
6．【答案】B
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；空間中直線與平面之間的位置關系；空間中平面與平面之間的位置關系
【解析】【解答】解：A、如圖所示：
，，則與相交，故A錯誤；
B、若，，由線面垂直的性質可得：‖，故B正確；
C、如圖所示：
‖，‖，則與相交，故C錯誤；
D、如圖所示：‖，‖，則與相交，故D錯誤.
故答案為：B.
【分析】舉例分析即可判斷ACD；由線面垂直的性質分析即可判斷B.
7．【答案】C
【知識點】互斥事件與對立事件；互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：事件，，為互斥事件，，，
則，故.
故答案為：C．
【分析】利用互斥事件與對立事件的概率公式求解即可.
8．【答案】B
【知識點】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：易知抽獎兩次滾動盤上出現兩個數字的情況有：，，共36種情況；
兩次抽獎獎金之和為200元情況有：
第一次與第二次都中二等獎，包括，概率為；
第一次中一等獎，第二次中三等獎，包括，概率為；
第一次中三等獎，第二次中一等獎，包括，概率為，
則該顧客兩次抽獎后獲得獎金之和為200元的概率為.
故答案為：B.
【分析】將兩次抽獎獎金之和為200元分為第一次與第二次都中二等獎，第一次中一等獎，第二次中三等獎，第一次中三等獎，第二次中一等獎三種情況，利用古典概型求概率的公式計算即可.
9．【答案】C,D
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；圓柱/圓錐/圓臺的表面積及應用；柱體的體積公式及應用；錐體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：對于A，因為圓柱的側面積為，所以A錯誤；
對于B，因為圓錐的母線為，圓錐的側面積為，所以B錯誤；
對于C，因為球的表面積為，所以C正確；
對于D，因為圓柱的體積，圓錐的體積，
球的體積，
所以圓柱、圓錐、球的體積之比為，故D正確.
故答案為：CD.
【分析】根據題意結合圓柱、圓錐和球的表面積和體積公式，從而逐項判斷找出結論正確的選項.
10．【答案】A,C,D
【知識點】空間中兩點間的距離公式；異面直線所成的角；直線與平面平行的判定；錐體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：對于A，由正方體可得平面平面且，平面，
所以點到平面的距離等于點到平面的距離，
所以三棱錐的體積為定值，
故A正確；
對于B，當與重合時，，
所以的最小值不為，故B錯誤；
對于C，連接，，
由正方體可得，，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
因為平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因為，，平面，所以平面平面，
因為平面，所以平面，故C正確：
對于D，因為，
所以（或其補角）為直線與所成的角，
由圖可得當與重合時，此時最大為，
當與重合時，此時最小為0，
所以直線與所成的角的取值范圍是，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】利用等體積法轉化法和三棱錐的體積公式，從而計算出三棱錐的體積后，則可判斷出選項A；利用反例法結合已知條件可判斷出選項B；先證平面平面，再結合面面平行的性質定理，則可判斷選項C；先證（或其補角）為直線與所成的角，再求出的取值范圍后，則可求判斷選項D，從而找出結論正確的選項.
11．【答案】A,C,D
【知識點】互斥事件的概率加法公式；相互獨立事件；相互獨立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、事件相互獨立，則；事件互斥，則，
因為，，所以事件相互獨立與互斥不可能同時成立，故A正確；
B、設樣本空間含有等可能的樣本點，且，
則，，
，
即三個事件兩兩獨立，但，故B錯誤；
C、若事件相互獨立，則也獨立，故C正確；
D、若，則，，故D正確.
故答案為：ACD．
【分析】利用相互獨立性的性質，相互獨立事件是可以同時發生的，而互斥事件是不可能同時發生的即可判斷AC；三個事件兩兩獨立，不能確定三個事件相互獨立，即不能判斷是否成立即可判斷B；利用概率公式求解即可判斷D.
12．【答案】
【知識點】棱柱的結構特征；多面體和旋轉體表面上的最短距離問題
【解析】【解答】解：沿著正三棱柱的側棱剪開，把正三棱柱的側面展成一個平面圖形，如圖所示：
易知側面展開圖為：長，寬一個矩形，
易知矩形的對角線長為，則最短路線的長為.
故答案為：.
【分析】沿著正三棱柱的側棱剪開，把側面展成一個平面圖形，得到一個矩形，結合矩形的對角線長求解即可.
13．【答案】
【知識點】復數的基本概念；古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解： 復數，其中，，
則復數z有個，其中純虛數的有3個，
則復數是純虛數的概率為：.
故答案為：.
【分析】先求復數的個數，再由純虛數得出的取值，判斷純虛數的個數，利用古典概型概率公式求解即可.
14．【答案】
【知識點】古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：易知投擲一枚骰子在兩次出現的點數有 5 的情形有：
，，，，，，，，，，，共 11個，
滿足判別式的有：，，，，，，，共 7 種，
則所求概率為.
故答案為：.
【分析】利用古典概型概率公式求解即可.
15．【答案】（1）解：因為，
故.
（2）解：設與夾角為，
，
故與夾角的余弦值為.
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角
【解析】【分析】（1）利用已知條件和向量坐標運算以及向量的模的坐標表示，從而得出的值.
（2）利用數量積求向量夾角公式，從而得出與夾角的余弦值.
（1），
故；
（2）設與夾角為，
，
故與夾角的余弦值為
16．【答案】（1）解：，，則；
（2）解：由（1）可得，，
則，；
（3）解：.
【知識點】兩角和與差的余弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函數間的基本關系
【解析】【分析】（1）由題意，根據同角三角函數的關系求解即可；
（2）根據正弦、余弦的二倍角公式求解即可；
（3）根據兩角差的余弦公式求解即可.
（1）因為，，
所以；
（2），
；
（3）.
17．【答案】（1）證明：因為在正方體中，可知，
又因為平面，平面，所以平面；
（2）解：連接，，如圖所示：
在正方體中，可知，，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
所以（或其補角）是直線與直線所成角，
又因為，所以，則直線與直線所成角為；
（3）證明：在正方體中，
因為平面，且平面，所以，
又因為、是正方形的對角線，所以，
又因為，且，平面，所以平面.
【知識點】異面直線所成的角；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根據線面平行的判定定理證明即可；
（2）根據異面直線所成角定義求解即可；
（3）根據線面垂直的判定定理證明即可.
（1）因為在正方體中，可知，
而平面，平面，所以平面.
（2）如圖，連接，，在正方體中，可知，，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
所以（或其補角）是直線與直線所成角，又，所以
，所以直線與直線所成角為.
（3）因為在正方體中，可知平面，且平面，所以，
又因為、是正方形的對角線，因此，
又，且，平面，
所以平面.
18．【答案】（1）證明：因為點是正方形的對角線的中點，所以三點共線，連結，如圖所示：
點是對角線的交點，則是的中點，是的中點，即，
因為平面，平面，所以平面；
（2）解：（ⅰ）連結，如圖所示；
若二面角的大小為，
則平面平面，且平面平面，，且平面，
所以平面，平面，所以，
又因為，所以，則，
又，，
異面直線與所成的角為與所成的角，為或其補角，
中，，
所以異面直線與所成角的余弦值為；
（ⅱ）取的中點，連結，如圖所示：
因為，所以，所以平面，
連結，則為直線與底面所成的角，
因為底面邊長為1，，所以，，
，所以，
則直線與平面所成角的大小為.
【知識點】異面直線所成的角；直線與平面平行的判定；直線與平面所成的角
【解析】【分析】（1）根據線面平行的判斷定理，轉化為證明證明即可；
（2）（ⅰ）根據（1）的結果，轉化為求與所成角的余弦值，利用圖形的幾何性質，結合余弦定理求解即可；
（ⅱ）根據線面角的定義，構造線面角，求解即可.
（1）如圖，因為點是正方形的對角線的中點，所以三點共線，連結，
點是對角線的交點，所以是的中點，是的中點，
所以，
平面，平面，
所以平面
（2）（ⅰ）連結，
若二面角的大小為，
則平面平面，且平面平面，
，且平面，
所以平面，平面，
所以，
又因為，所以，則，
又，，
異面直線與所成的角為與所成的角，為或其補角，
中，，
所以異面直線與所成角的余弦值為；
（ⅱ）取的中點，連結，因為，所以，
所以平面，
連結，為直線與底面所成的角，
因為底面邊長為1，，
所以，，
，
所以.
所以直線與平面所成角的大小為.
19．【答案】（1）解：設方式①的樣本空間為，方式②的樣本空間為，方式③的樣本空間為，
則，
設事件“抽到一張紅和一張紅”，紅桃，紅桃，紅桃，方塊，方塊，紅桃，方塊，方塊，紅桃，紅桃，方塊，紅桃，紅桃，方塊，方塊，方塊，
故．
（2）解：記三次抽取至少有一次成功為事件，
則．
有關，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
設三次抽取成功的概率分別為即為不同順序的一個排列，
則，
又，
故此概率與三種方式的先后順序有關，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
【知識點】互斥事件與對立事件；古典概型及其概率計算公式；列舉法計算基本事件數及事件發生的概率
【解析】【分析】（1）先根據題意計算出三種抽取方式下所有情況數，再列舉出抽到一張紅10和一張紅的情況，再根據古典概型的概率公式求解即可；
（2）（i）根據對立事件的概率公式求解即可；
（ii）設三次抽取成功的概率分別為，則，化簡根據的大小可得結論.
1 / 1

展開更多......

收起↑