甘肃省武威市2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试卷
1．（2024高一下·武威期末）复数的虚部为（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，复数的虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简判断其虚部即可.
2．（2024高一下·武威期末）已知是的中线，，以为基底表示，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为是的中线，所以，
．
故答案为：B.
【分析】利用向量的线性运算结合平面向量基本定理计算即可求解.
3．（2024高一下·武威期末）（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：A.
【分析】利用诱导公式以及两角差的正弦公式化简求值即可.
4．（2024高一下·武威期末）有下列命题：
①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；
②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
③有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱；
④用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
⑤有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．
其中正确的命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：①②③、有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，如图所示：
故①②错误，③正确；
④、用平行于底面的平面去截棱锥， 底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台 ，故④错误；
⑤、一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形是棱锥，故⑤错误.
正确命题有1个.
故答案为：B.
【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的概念逐项判断即可．
5．（2024高一下·武威期末）某正方体的平面展开图如图所示，如果将它还原为正方体，那么在该正方体中，下列结论正确的是（ ）
A．线段与所在的直线异面
B．线段与所在的直线平行
C．线段与所在的直线所成的角为
D．线段与所在的直线相交
【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：由正方体展开图还原正方体如下图所示：
由图可知，线段与所在的直线相交，故A错误；
因为线段与所在的直线异面，故B错误；
如图，连接，，
由正方体的性质可知，为等边三角形，
所以为与所在的直线所成的角，故C正确；
如图，连接，
则，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以与不相交，故D错误.
故答案为：C.
【分析】先还原正方体，再根据线线的位置关系和异面直线所成的角求解方法，从而逐项判断找出正确的选项.
6．（2024高一下·武威期末）已知，是两条不同直线，，，是三个不同平面，下列命题中正确的为（ ）
A．若，，则‖ B．若，，则‖
C．若‖，‖，则‖ D．若‖，‖，则‖
【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、如图所示：
，，则与相交，故A错误；
B、若，，由线面垂直的性质可得：‖，故B正确；
C、如图所示：
‖，‖，则与相交，故C错误；
D、如图所示：‖，‖，则与相交，故D错误.
故答案为：B.
【分析】举例分析即可判断ACD；由线面垂直的性质分析即可判断B.
7．（2024高一下·武威期末）2022年12月20日，联合国世界旅游组织公布2022年“最佳旅游乡村”名单，中国广西大寨村和重庆荆竹村成功入选．辽宁绿江村也以景色别致的油菜花海吸引了众多游客．小明准备利用假期从中选一个乡村游玩，记事件：小明选大寨村，事件：小明选荆竹村，事件：小明选绿江村．已知，，则＝（ ）
A．0.12 B．0.18 C．0.7 D．0.9
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：事件，，为互斥事件，，，
则，故.
故答案为：C．
【分析】利用互斥事件与对立事件的概率公式求解即可.
8．（2024高一下·武威期末）某商场开展20周年店庆购物抽奖活动（100%中奖），凡购物满500元的顾客均可参加该活动，活动方式是在电脑上设置一个包含1，2，3，4，5，6的6个数字编号的滚动盘，随机按下启动键后，滚动盘上的数字开始滚动，当停止时滚动盘上出现一个数字，若该数字是大于5的数，则获得一等奖，奖金为150元；若该数字是小于4的奇数，则获得二等奖，奖金为100元；若该数字出现其它情况，则获得三等奖，奖金为50元.现某顾客依次操作两次，则该顾客奖金之和为200元的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：易知抽奖两次滚动盘上出现两个数字的情况有：，，共36种情况；
两次抽奖奖金之和为200元情况有：
第一次与第二次都中二等奖，包括，概率为；
第一次中一等奖，第二次中三等奖，包括，概率为；
第一次中三等奖，第二次中一等奖，包括，概率为，
则该顾客两次抽奖后获得奖金之和为200元的概率为.
故答案为：B.
【分析】将两次抽奖奖金之和为200元分为第一次与第二次都中二等奖，第一次中一等奖，第二次中三等奖，第一次中三等奖，第二次中一等奖三种情况，利用古典概型求概率的公式计算即可.
9．（2024高一下·武威期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的侧面积为
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为
【答案】C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，因为圆柱的侧面积为，所以A错误；
对于B，因为圆锥的母线为，圆锥的侧面积为，所以B错误；
对于C，因为球的表面积为，所以C正确；
对于D，因为圆柱的体积，圆锥的体积，
球的体积，
所以圆柱、圆锥、球的体积之比为，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】根据题意结合圆柱、圆锥和球的表面积和体积公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
10．（2024高一下·武威期末）如图，正方体的棱长为1，是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．的最小值为
C．平面
D．直线与所成的角的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，由正方体可得平面平面且，平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥的体积为定值，
故A正确；
对于B，当与重合时，，
所以的最小值不为，故B错误；
对于C，连接，，
由正方体可得，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因为，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故C正确：
对于D，因为，
所以（或其补角）为直线与所成的角，
由图可得当与重合时，此时最大为，
当与重合时，此时最小为0，
所以直线与所成的角的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积法转化法和三棱锥的体积公式，从而计算出三棱锥的体积后，则可判断出选项A；利用反例法结合已知条件可判断出选项B；先证平面平面，再结合面面平行的性质定理，则可判断选项C；先证（或其补角）为直线与所成的角，再求出的取值范围后，则可求判断选项D，从而找出结论正确的选项.
11．（2024高一下·武威期末）设为随机事件，且，下列说法正确的是（ ）
A．事件相互独立与互斥不可能同时成立
B．若三个事件两两独立，则
C．若事件独立，则
D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、事件相互独立，则；事件互斥，则，
因为，，所以事件相互独立与互斥不可能同时成立，故A正确；
B、设样本空间含有等可能的样本点，且，
则，，
，
即三个事件两两独立，但，故B错误；
C、若事件相互独立，则也独立，故C正确；
D、若，则，，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】利用相互独立性的性质，相互独立事件是可以同时发生的，而互斥事件是不可能同时发生的即可判断AC；三个事件两两独立，不能确定三个事件相互独立，即不能判断是否成立即可判断B；利用概率公式求解即可判断D.
12．（2024高一下·武威期末）如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点的最短路线的长为 .
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：沿着正三棱柱的侧棱剪开，把正三棱柱的侧面展成一个平面图形，如图所示：
易知侧面展开图为：长，宽一个矩形，
易知矩形的对角线长为，则最短路线的长为.
故答案为：.
【分析】沿着正三棱柱的侧棱剪开，把侧面展成一个平面图形，得到一个矩形，结合矩形的对角线长求解即可.
13．（2024高一下·武威期末）已知复数，其中，，则复数是纯虚数的概率为 .
【答案】
【知识点】复数的基本概念；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解： 复数，其中，，
则复数z有个，其中纯虚数的有3个，
则复数是纯虚数的概率为：.
故答案为：.
【分析】先求复数的个数，再由纯虚数得出的取值，判断纯虚数的个数，利用古典概型概率公式求解即可.
14．（2024高一下·武威期末）设和分别是先后投掷一枚骰子得到的点数，则在先后两次出现的点数中有5的条件下方程有实根的概率是 .
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：易知投掷一枚骰子在两次出现的点数有 5 的情形有：
，，，，，，，，，，，共 11个，
满足判别式的有：，，，，，，，共 7 种，
则所求概率为.
故答案为：.
【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）求与夹角的余弦值.
【答案】（1）解：因为，
故.
（2）解：设与夹角为，
，
故与夹角的余弦值为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和向量坐标运算以及向量的模的坐标表示，从而得出的值.
（2）利用数量积求向量夹角公式，从而得出与夹角的余弦值.
（1），
故；
（2）设与夹角为，
，
故与夹角的余弦值为
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：，，则；
（2）解：由（1）可得，，
则，；
（3）解：.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）由题意，根据同角三角函数的关系求解即可；
（2）根据正弦、余弦的二倍角公式求解即可；
（3）根据两角差的余弦公式求解即可.
（1）因为，，
所以；
（2），
；
（3）.
17．（2024高一下·武威期末）如图，在正方体中，
（1）求证：平面；
（2）求直线所成的角的大小；
（3）求证：平面.
【答案】（1）证明：因为在正方体中，可知，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：连接，，如图所示：
在正方体中，可知，，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以（或其补角）是直线与直线所成角，
又因为，所以，则直线与直线所成角为；
（3）证明：在正方体中，
因为平面，且平面，所以，
又因为、是正方形的对角线，所以，
又因为，且，平面，所以平面.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据异面直线所成角定义求解即可；
（3）根据线面垂直的判定定理证明即可.
（1）因为在正方体中，可知，
而平面，平面，所以平面.
（2）如图，连接，，在正方体中，可知，，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以（或其补角）是直线与直线所成角，又，所以
，所以直线与直线所成角为.
（3）因为在正方体中，可知平面，且平面，所以，
又因为、是正方形的对角线，因此，
又，且，平面，
所以平面.
18．（2024高一下·武威期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为，
（ⅰ）求与所成角的余弦值；
（ⅱ）求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明：因为点是正方形的对角线的中点，所以三点共线，连结，如图所示：
点是对角线的交点，则是的中点，是的中点，即，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解：（ⅰ）连结，如图所示；
若二面角的大小为，
则平面平面，且平面平面，，且平面，
所以平面，平面，所以，
又因为，所以，则，
又，，
异面直线与所成的角为与所成的角，为或其补角，
中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为；
（ⅱ）取的中点，连结，如图所示：
因为，所以，所以平面，
连结，则为直线与底面所成的角，
因为底面边长为1，，所以，，
，所以，
则直线与平面所成角的大小为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明证明即可；
（2）（ⅰ）根据（1）的结果，转化为求与所成角的余弦值，利用图形的几何性质，结合余弦定理求解即可；
（ⅱ）根据线面角的定义，构造线面角，求解即可.
（1）如图，因为点是正方形的对角线的中点，所以三点共线，连结，
点是对角线的交点，所以是的中点，是的中点，
所以，
平面，平面，
所以平面
（2）（ⅰ）连结，
若二面角的大小为，
则平面平面，且平面平面，
，且平面，
所以平面，平面，
所以，
又因为，所以，则，
又，，
异面直线与所成的角为与所成的角，为或其补角，
中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为；
（ⅱ）取的中点，连结，因为，所以，
所以平面，
连结，为直线与底面所成的角，
因为底面边长为1，，
所以，，
，
所以.
所以直线与平面所成角的大小为.
19．（2024高一下·武威期末）龙年春晚精彩的魔术表演激发了人们探秘魔术的热情，小明从一幅扑克牌中挑出和共张牌(每个数字四个花色：红桃、红色、方块、红色、黑桃、黑色、梅花、黑色）现从张牌中依次取出张，抽到一张红和一张红即为成功现有三种抽取方式，如下表：
方式① 方式② 方式③
抽取规则 有放回依次抽取 不放回依次抽取 按数字等比例分层抽取
成功概率
（1）分别求出在三种不同抽取方式下的成功概率；
（2）若三种抽取方式小明各进行一次，
求这三次抽取中至少有一次成功的概率；
设在三种方式中仅连续两次成功的概率为，那么此概率与三种方式的先后顺序是否有关？如果有关，什么样的顺序使概率最大？如果无关，请给出简要说明．
【答案】（1）解：设方式①的样本空间为，方式②的样本空间为，方式③的样本空间为，
则，
设事件“抽到一张红和一张红”，红桃，红桃，红桃，方块，方块，红桃，方块，方块，红桃，红桃，方块，红桃，红桃，方块，方块，方块，
故．
（2）解：记三次抽取至少有一次成功为事件，
则．
有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
设三次抽取成功的概率分别为即为不同顺序的一个排列，
则，
又，
故此概率与三种方式的先后顺序有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【分析】（1）先根据题意计算出三种抽取方式下所有情况数，再列举出抽到一张红10和一张红的情况，再根据古典概型的概率公式求解即可；
（2）（i）根据对立事件的概率公式求解即可；
（ii）设三次抽取成功的概率分别为，则，化简根据的大小可得结论.
1 / 1甘肃省武威市2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试卷
1．（2024高一下·武威期末）复数的虚部为（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（2024高一下·武威期末）已知是的中线，，以为基底表示，则（ ）
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）有下列命题：
①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；
②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
③有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱；
④用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
⑤有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．
其中正确的命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
5．（2024高一下·武威期末）某正方体的平面展开图如图所示，如果将它还原为正方体，那么在该正方体中，下列结论正确的是（ ）
A．线段与所在的直线异面
B．线段与所在的直线平行
C．线段与所在的直线所成的角为
D．线段与所在的直线相交
6．（2024高一下·武威期末）已知，是两条不同直线，，，是三个不同平面，下列命题中正确的为（ ）
A．若，，则‖ B．若，，则‖
C．若‖，‖，则‖ D．若‖，‖，则‖
7．（2024高一下·武威期末）2022年12月20日，联合国世界旅游组织公布2022年“最佳旅游乡村”名单，中国广西大寨村和重庆荆竹村成功入选．辽宁绿江村也以景色别致的油菜花海吸引了众多游客．小明准备利用假期从中选一个乡村游玩，记事件：小明选大寨村，事件：小明选荆竹村，事件：小明选绿江村．已知，，则＝（ ）
A．0.12 B．0.18 C．0.7 D．0.9
8．（2024高一下·武威期末）某商场开展20周年店庆购物抽奖活动（100%中奖），凡购物满500元的顾客均可参加该活动，活动方式是在电脑上设置一个包含1，2，3，4，5，6的6个数字编号的滚动盘，随机按下启动键后，滚动盘上的数字开始滚动，当停止时滚动盘上出现一个数字，若该数字是大于5的数，则获得一等奖，奖金为150元；若该数字是小于4的奇数，则获得二等奖，奖金为100元；若该数字出现其它情况，则获得三等奖，奖金为50元.现某顾客依次操作两次，则该顾客奖金之和为200元的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·武威期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的侧面积为
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为
10．（2024高一下·武威期末）如图，正方体的棱长为1，是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．的最小值为
C．平面
D．直线与所成的角的取值范围是
11．（2024高一下·武威期末）设为随机事件，且，下列说法正确的是（ ）
A．事件相互独立与互斥不可能同时成立
B．若三个事件两两独立，则
C．若事件独立，则
D．若，则
12．（2024高一下·武威期末）如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点的最短路线的长为 .
13．（2024高一下·武威期末）已知复数，其中，，则复数是纯虚数的概率为 .
14．（2024高一下·武威期末）设和分别是先后投掷一枚骰子得到的点数，则在先后两次出现的点数中有5的条件下方程有实根的概率是 .
15．（2024高一下·武威期末）已知平面向量，.
（1）求的值；
（2）求与夹角的余弦值.
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）如图，在正方体中，
（1）求证：平面；
（2）求直线所成的角的大小；
（3）求证：平面.
18．（2024高一下·武威期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为，
（ⅰ）求与所成角的余弦值；
（ⅱ）求直线与平面所成角的大小.
19．（2024高一下·武威期末）龙年春晚精彩的魔术表演激发了人们探秘魔术的热情，小明从一幅扑克牌中挑出和共张牌(每个数字四个花色：红桃、红色、方块、红色、黑桃、黑色、梅花、黑色）现从张牌中依次取出张，抽到一张红和一张红即为成功现有三种抽取方式，如下表：
方式① 方式② 方式③
抽取规则 有放回依次抽取 不放回依次抽取 按数字等比例分层抽取
成功概率
（1）分别求出在三种不同抽取方式下的成功概率；
（2）若三种抽取方式小明各进行一次，
求这三次抽取中至少有一次成功的概率；
设在三种方式中仅连续两次成功的概率为，那么此概率与三种方式的先后顺序是否有关？如果有关，什么样的顺序使概率最大？如果无关，请给出简要说明．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，复数的虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简判断其虚部即可.
2．【答案】B
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为是的中线，所以，
．
故答案为：B.
【分析】利用向量的线性运算结合平面向量基本定理计算即可求解.
3．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：A.
【分析】利用诱导公式以及两角差的正弦公式化简求值即可.
4．【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：①②③、有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，如图所示：
故①②错误，③正确；
④、用平行于底面的平面去截棱锥， 底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台 ，故④错误；
⑤、一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形是棱锥，故⑤错误.
正确命题有1个.
故答案为：B.
【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的概念逐项判断即可．
5．【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：由正方体展开图还原正方体如下图所示：
由图可知，线段与所在的直线相交，故A错误；
因为线段与所在的直线异面，故B错误；
如图，连接，，
由正方体的性质可知，为等边三角形，
所以为与所在的直线所成的角，故C正确；
如图，连接，
则，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以与不相交，故D错误.
故答案为：C.
【分析】先还原正方体，再根据线线的位置关系和异面直线所成的角求解方法，从而逐项判断找出正确的选项.
6．【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、如图所示：
，，则与相交，故A错误；
B、若，，由线面垂直的性质可得：‖，故B正确；
C、如图所示：
‖，‖，则与相交，故C错误；
D、如图所示：‖，‖，则与相交，故D错误.
故答案为：B.
【分析】举例分析即可判断ACD；由线面垂直的性质分析即可判断B.
7．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：事件，，为互斥事件，，，
则，故.
故答案为：C．
【分析】利用互斥事件与对立事件的概率公式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：易知抽奖两次滚动盘上出现两个数字的情况有：，，共36种情况；
两次抽奖奖金之和为200元情况有：
第一次与第二次都中二等奖，包括，概率为；
第一次中一等奖，第二次中三等奖，包括，概率为；
第一次中三等奖，第二次中一等奖，包括，概率为，
则该顾客两次抽奖后获得奖金之和为200元的概率为.
故答案为：B.
【分析】将两次抽奖奖金之和为200元分为第一次与第二次都中二等奖，第一次中一等奖，第二次中三等奖，第一次中三等奖，第二次中一等奖三种情况，利用古典概型求概率的公式计算即可.
9．【答案】C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，因为圆柱的侧面积为，所以A错误；
对于B，因为圆锥的母线为，圆锥的侧面积为，所以B错误；
对于C，因为球的表面积为，所以C正确；
对于D，因为圆柱的体积，圆锥的体积，
球的体积，
所以圆柱、圆锥、球的体积之比为，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】根据题意结合圆柱、圆锥和球的表面积和体积公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，由正方体可得平面平面且，平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥的体积为定值，
故A正确；
对于B，当与重合时，，
所以的最小值不为，故B错误；
对于C，连接，，
由正方体可得，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因为，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故C正确：
对于D，因为，
所以（或其补角）为直线与所成的角，
由图可得当与重合时，此时最大为，
当与重合时，此时最小为0，
所以直线与所成的角的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积法转化法和三棱锥的体积公式，从而计算出三棱锥的体积后，则可判断出选项A；利用反例法结合已知条件可判断出选项B；先证平面平面，再结合面面平行的性质定理，则可判断选项C；先证（或其补角）为直线与所成的角，再求出的取值范围后，则可求判断选项D，从而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、事件相互独立，则；事件互斥，则，
因为，，所以事件相互独立与互斥不可能同时成立，故A正确；
B、设样本空间含有等可能的样本点，且，
则，，
，
即三个事件两两独立，但，故B错误；
C、若事件相互独立，则也独立，故C正确；
D、若，则，，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】利用相互独立性的性质，相互独立事件是可以同时发生的，而互斥事件是不可能同时发生的即可判断AC；三个事件两两独立，不能确定三个事件相互独立，即不能判断是否成立即可判断B；利用概率公式求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：沿着正三棱柱的侧棱剪开，把正三棱柱的侧面展成一个平面图形，如图所示：
易知侧面展开图为：长，宽一个矩形，
易知矩形的对角线长为，则最短路线的长为.
故答案为：.
【分析】沿着正三棱柱的侧棱剪开，把侧面展成一个平面图形，得到一个矩形，结合矩形的对角线长求解即可.
13．【答案】
【知识点】复数的基本概念；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解： 复数，其中，，
则复数z有个，其中纯虚数的有3个，
则复数是纯虚数的概率为：.
故答案为：.
【分析】先求复数的个数，再由纯虚数得出的取值，判断纯虚数的个数，利用古典概型概率公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：易知投掷一枚骰子在两次出现的点数有 5 的情形有：
，，，，，，，，，，，共 11个，
满足判别式的有：，，，，，，，共 7 种，
则所求概率为.
故答案为：.
【分析】利用古典概型概率公式求解即可.
15．【答案】（1）解：因为，
故.
（2）解：设与夹角为，
，
故与夹角的余弦值为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和向量坐标运算以及向量的模的坐标表示，从而得出的值.
（2）利用数量积求向量夹角公式，从而得出与夹角的余弦值.
（1），
故；
（2）设与夹角为，
，
故与夹角的余弦值为
16．【答案】（1）解：，，则；
（2）解：由（1）可得，，
则，；
（3）解：.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）由题意，根据同角三角函数的关系求解即可；
（2）根据正弦、余弦的二倍角公式求解即可；
（3）根据两角差的余弦公式求解即可.
（1）因为，，
所以；
（2），
；
（3）.
17．【答案】（1）证明：因为在正方体中，可知，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：连接，，如图所示：
在正方体中，可知，，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以（或其补角）是直线与直线所成角，
又因为，所以，则直线与直线所成角为；
（3）证明：在正方体中，
因为平面，且平面，所以，
又因为、是正方形的对角线，所以，
又因为，且，平面，所以平面.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据异面直线所成角定义求解即可；
（3）根据线面垂直的判定定理证明即可.
（1）因为在正方体中，可知，
而平面，平面，所以平面.
（2）如图，连接，，在正方体中，可知，，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以（或其补角）是直线与直线所成角，又，所以
，所以直线与直线所成角为.
（3）因为在正方体中，可知平面，且平面，所以，
又因为、是正方形的对角线，因此，
又，且，平面，
所以平面.
18．【答案】（1）证明：因为点是正方形的对角线的中点，所以三点共线，连结，如图所示：
点是对角线的交点，则是的中点，是的中点，即，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解：（ⅰ）连结，如图所示；
若二面角的大小为，
则平面平面，且平面平面，，且平面，
所以平面，平面，所以，
又因为，所以，则，
又，，
异面直线与所成的角为与所成的角，为或其补角，
中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为；
（ⅱ）取的中点，连结，如图所示：
因为，所以，所以平面，
连结，则为直线与底面所成的角，
因为底面边长为1，，所以，，
，所以，
则直线与平面所成角的大小为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明证明即可；
（2）（ⅰ）根据（1）的结果，转化为求与所成角的余弦值，利用图形的几何性质，结合余弦定理求解即可；
（ⅱ）根据线面角的定义，构造线面角，求解即可.
（1）如图，因为点是正方形的对角线的中点，所以三点共线，连结，
点是对角线的交点，所以是的中点，是的中点，
所以，
平面，平面，
所以平面
（2）（ⅰ）连结，
若二面角的大小为，
则平面平面，且平面平面，
，且平面，
所以平面，平面，
所以，
又因为，所以，则，
又，，
异面直线与所成的角为与所成的角，为或其补角，
中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为；
（ⅱ）取的中点，连结，因为，所以，
所以平面，
连结，为直线与底面所成的角，
因为底面边长为1，，
所以，，
，
所以.
所以直线与平面所成角的大小为.
19．【答案】（1）解：设方式①的样本空间为，方式②的样本空间为，方式③的样本空间为，
则，
设事件“抽到一张红和一张红”，红桃，红桃，红桃，方块，方块，红桃，方块，方块，红桃，红桃，方块，红桃，红桃，方块，方块，方块，
故．
（2）解：记三次抽取至少有一次成功为事件，
则．
有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
设三次抽取成功的概率分别为即为不同顺序的一个排列，
则，
又，
故此概率与三种方式的先后顺序有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【分析】（1）先根据题意计算出三种抽取方式下所有情况数，再列举出抽到一张红10和一张红的情况，再根据古典概型的概率公式求解即可；
（2）（i）根据对立事件的概率公式求解即可；
（ii）设三次抽取成功的概率分别为，则，化简根据的大小可得结论.
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