试卷满分：150分 考试时长：120分钟
注意事项：
1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.
2.答卷前务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.
3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆，则这个几何体一定是（ ）
A．圆柱 B．圆锥
C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体
【答案】C
【分析】
由球体截面的性质，即可确定正确选项.
【详解】
各个截面都是圆，几何体中只有球体的任意截面都是圆，
这个几何体一定是球体，
故选：C．
2．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据复数模的公式，结合复数除法运算的法则、共轭复数的定义进行求解可.
【详解】
解：∵，
∴，
∴，
故选：C．
3．已知数据的平均数为，方差为，数据的方差为，则（ ）
A． B． C． D．与的大小关系无法判断
【答案】C
【分析】
利用方差与均值的关系，结合方差公式即可判断的大小.
【详解】
由题设，，即，
∴，，即有.
故选：C.
4．甲乙两人进行扑克牌得分比赛，甲的三张扑克牌分别记为，，，乙的三张扑克牌分别记为，，.这六张扑克牌的大小顺序为.比赛规则为：每张牌只能出一次，每局比赛双方各出一张牌，共比赛三局，在每局比赛中牌大者得1分，牌小者得0分.若每局比赛之前彼此都不知道对方所出之牌，则六张牌都出完时乙得2分的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
依题意列出所有的可能情况，根据古典概型的概率公式计算可得；
【详解】
解：依题意基本事件总数有种；
分别有以下情况：
，，，此时乙得1分；
，，，此时乙得1分；
，，，此时乙得1分；
，，，此时乙得1分；
，，，此时乙得2分；
，，，此时乙得2分；
故六张牌都出完时乙得2分的概率
故选：D
5．在中，若，则最大角的余弦是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
运用余弦定理求出，再根据三角形中大边对大角的性质，结合余弦定理进行求解即可.
【详解】
因为，
所以，
因为，所以，
因此，
故选：C
6．一个正方体的展开图如图所示，为原正方体的顶点，则在原来的正方体中（ ）
A． B．与相交 C． D．与异面
【答案】D
【分析】
将展开图还原为正方体，然后判断的关系即可
【详解】
解：还原的正方体如图所示，
显然与异面，
连接，则∥，则为异面直线所成的角，
因为是等边三角形，所以，所以与不垂直，
故选：D
7．已如平面向量、、，满足，，，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
作，，，取的中点，连接，分析出为等边三角形，可求得，计算得出，利用圆的几何性质求出面积的最大值，即可得出结果.
【详解】
如下图所示，作，，，取的中点，连接，
以点为圆心，为半径作圆，
，，，
所以，为等边三角形，
为的中点，，所以，的底边上的高为，
，，
所以，，
所以，
，
由圆的几何性质可知，当、、三点共线且为线段上的点时，
的面积取得最大值，此时，的底边上的高取最大值，即，则，
因此，的最大值为.
故选：B.
【点睛】
结论点睛：已知圆心到直线的距离为，且圆的半径为，则圆上一点到直线距离的最大值为.
8．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.
【详解】
根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，
所以在正方体中，
平面与线所成的角是相等的，
所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，
同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，
要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，
且过棱的中点的正六边形，且边长为，
所以其面积为，故选A.
点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9．下列关于复数的说法，其中正确的是（ ）
A．复数是实数的充要条件是
B．复数是纯虚数的充要条件是
C．若，互为共轭复数，则是实数
D．若，互为共轭复数，则在复平面内它们所对应的点关于轴对称
【答案】AC
【分析】
根据复数的有关概念和充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
解：对于：复数是实数的充要条件是，显然成立，故正确；
对于：若复数是纯虚数则且，故错误；
对于：若，互为共轭复数，设，则，所以是实数，故正确；
对于：若，互为共轭复数，设，则，所对应的坐标分别为，，这两点关于轴对称，故错误；
故选：AC
【点睛】
本题主要考查复数的有关概念的判断，利用充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键，属于基础题．
10．已知向量，则的值可以是（ ）
A． B． C．2· D．
【答案】ABC
【分析】
由题意，向量，求得，结合余弦函数的性质，即可求解.
【详解】
由题意，向量，
可得，
又由，
因为，则，所以，
即，结合选项，可得ABC适合.
故选：ABC.
11．已知正三棱锥的底面边长为1，点到底面的距离为，则（ ）
A．该三棱锥的内切球半径为 B．该三棱锥外接球半径为
C．该三棱锥体积为 D．该三棱锥体积为
【答案】ABD
【分析】
设是棱锥的高，则是的中心，是中点，易得几何体的体积，进而结合等体积法求得内切球的半径，利用直角三角形求解外接球的半径.
【详解】
如图，是棱锥的高，则是的中心，是中点，
，，故C错D正确；
，，．
，
所以，
设内切球半径为，则，，A正确；
易知外接球球心在高上，球心为，设外接球半径为，
则，解得，B正确；
故选：ABD．
【点睛】
本题考查空间几何体的内切球，外接球问题，三棱锥的体积求解，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.本题内切球的半径的求解利用等体积法求解，即：（其中为内切球半径）.
12．下列说法正确的是（ ）
A．若非零向量，且，则为等边三角形
B．已知，且四边形为平行四边形，则
C．已知正三角形的边长为，圆O是该三角形的内切圆，P是圆O上的任意一点，则的最大值为1
D．已知向量，则与夹角的范围是
【答案】AC
【分析】
利用单位向量以及向量数量积的定义可判断A；利用向量的加法运算可判断B；利用向量的加、减运算可判断C；由题意可得点在以为圆心，为半径的圆上，由向量夹角定义可判断D.
【详解】
A，因为非零向量，所以的平分线与垂直，
为等腰三角形，又，所以，
所以为等边三角形，故A正确；
B，,
，
在平行四边形中，有，
所以原式，故B错误；
C，设正三角形内切圆半径，
由面积相等可得，
解得，令的中点为，从而,
则，,
两式平方作差可得,
即，若要使最大，只需最大
由于为的中点，也为圆与的切点，所以的最大值为，
所以，故C正确；
D，设，，
所以，，
所以，
即在以为圆心，为半径的圆上，
如图：
，所以，
当与圆在下方相切时，与夹角最小，此时为，
当与圆在上方相切时，与夹角最大，此时为，
所以与夹角的范围是，故D错误.
故选：AC
【点睛】
关键点点睛：本题考查了向量的数量积定义、向量的加减法以及向量的夹角，解题的关键是是将向量问题转化为平面几何问题，利用圆的性质求解，考查了转化思想、数算、数学建模，此题是向量的综合题目.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．已知向量，若向量满足，，则________．
【答案】
【分析】
设，表示出相关向量的坐标，然后利用向量的平行与垂直的坐标公式代入计算.
【详解】
设，则，，因为，，所以，得，所以.
故答案为：
14．某网店根据以往某品牌衣服的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示，由此估计日销售量不低于50件的概率为________．
【答案】0.55
【分析】
用减去销量为的概率，求得日销售量不低于50件的概率.
【详解】
用频率估计概率知日销售量不低于50件的概率为1－（0.015＋0.03）×10＝0.55.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查根据频率分布直方图计算事件概率，属于基础题.
15．如图，点A是半径为1的半圆O的直径延长线上的一点，，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边，则四边形的面积的最大值为___________.
【答案】
【分析】
设，表示出的面积及的面积，进而表示出四边形的面积，并化简所得面积的解析式为正弦函数形式，再根据三角函数的有界性进行求解．
【详解】
四边形的面积的面积的面积，设，
则的面积
的面积，
四边形的面积
，
故当，即时，四边形的面积最大值为，
故答案为：．
【点睛】
方法点睛：应用余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
16．若四棱锥的侧面内有一动点Q，已知Q到底面的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角平面角的大小为时，k的值为_____.
【答案】
【分析】
设二面角平面角为，点到底面的距离为，点到定直线的距离为，则.再由点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，可得，故，根据抛物线的定义，由给定的二面角的大小可求值.
【详解】
如图，
设二面角平面角为，点到底面的距离为，
点到定直线得距离为，则，即.
∵点到底面的距离与到点的距离之比为正常数，
∴，则，所以.
∵动点的轨迹是抛物线，故.
因为，故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查空间中动点的轨迹以及二面角的应用，前者需利用平面解析几何中圆锥曲线的定义来求动点满足的几何性质，本题属于中档题.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17．已知向量，．
（1）若与平行，求的值；
（2）若与垂直，求的值．
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）根据向量平行的坐标表示计算可得结果；
（2）根据向量垂直的坐标表示计算可得结果.
【详解】
（1）因为向量，，
所以，，
因为与平行，所以，即，
所以.
（2）因为向量，，
所以，，
因为与垂直，所以，
所以，解得.
18．若复数满足（为虚数单位），复数的虚部为，且是实数．
（1）求的模长；
（2）求．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）利用复数的四则运算直接化简已知等式可求得，由模长运算可求得结果；
（2）设，由为实数可知的虚部为零，构造方程求得，进而得到.
【详解】
（1），，
；
（2）设，则，
为实数，，解得：，.
19．如图，圆锥的底面直径和高均是4，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱.
（1）求该圆锥的表面积；
（2）求剩余几何体的体积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）先求母线长，再求侧面积和底面积.
（2）用锥体体积减去柱体体积.
【详解】
（1）因为圆锥的底面直径和高均是4，
所以半径为2，母线，
所以圆锥的表面积为.
（2）由题意知，因为为的中点，所以挖去圆柱的半径为1，高为2，剩下几何体的体积为圆锥的体积减去挖去小圆柱的体积，
所以.
20．甲、乙二人破译同一密码，甲破译密码的概率为0.7，乙破译密码的概率为0.6.记事件A：甲破译密码，事件B：乙破译密码.
（1）求甲、乙二人都破译密码的概率；
（2）求恰有一人破译密码的概率.
【答案】（1）0.42；（2）0.46.
【分析】
（1）由相互事件概率的乘法公式运算即可得解；
（2）由互斥事件概率的加法公式及相互事件概率的乘法公式运算即可得解.
【详解】
（1）事件“甲、乙二人都破译密码”可表示为AB，事件A，B相互，
由题意可知，
所以；
（2）事件“恰有一人破译密码”可表示为，且,互斥
所以
.
21．由于2020年1月份国内疫情爆发，经济活动大范围停顿，餐饮业受到重大影响.3月份复工复产工作逐步推进，居民生活逐步恢复正常.李克强总理在6月1日考察山东烟台一处老旧小区时提到，地摊经济､小店经济是就业岗位的重要来源，是人间的烟火，和“高大上”一样，是中国的生机.某商场经营者陈某准备在商场门前“摆地摊”，经营冷饮生意.已知该商场门前是一块角形区域，如图所示，其中，且在该区域内点处有一个路灯，经测量点到区域边界、的距离分别为，，(为长度单位).陈某准备过点修建一条长椅（点，分别落在，上，长椅的宽度及路灯的粗细忽略不计），以供购买冷饮的人休息.
（1）求点到点的距离；
（2）为优化经营面积，当等于多少时，该三角形区域面积最小？并求出面积的最小值.
【答案】（1）；（2），面积的最小值.
【分析】
（1）连接，，在中，利用余弦定理求出，可求出，可得出的值，在中，利用正弦定理求出的值，进而利用勾股定理可求得；
（2）利用三角形的面积公式可得出，利用基本不等式可求得的最小值，进而可求得面积的最小值及其对应的的值.
【详解】
解：（1）连接、，
在中，，
由余弦定理可得：，.
在中，由余弦定理可得，.
在中，，
由正弦定理可得：，解得：.
在直角中，，；
（2），
.
.
，当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，.
【点睛】
方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
22．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别是AB，BB1的中点.
（Ⅰ）证明： BC1//平面A1CD;
（Ⅱ）设AA1= AC=CB=2，AB=2，求三棱锥C一A1DE的体积.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【详解】
试题分析：（Ⅰ）连接AC1交A1C于点F，则DF为三角形ABC1的中位线，故DF∥BC1．再根据直线和平面平行的判定定理证得BC1∥平面A1CD．（Ⅱ）由题意可得此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形，由D为AB的中点可得CD⊥平面ABB1A1．求得CD的值，利用勾股定理求得A1D、DE和A1E的值，可得A1D⊥DE．进而求得S△A1DE的值，再根据三棱锥C-A1DE的体积为•S△A1DE•CD，运算求得结果
试题解析：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，
连结DF，则BC1∥DF． 3分
因为DF⊂平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD， 4分
所以BC1∥平面A1CD． 5分
（2）解：因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD．由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB．又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1． 8分
由AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，，，，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D 10分
所以三菱锥C﹣A1DE的体积为：==1． 12分
考点：直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积下载本文
