福建省南平市浦城县2022-2023学年高一下学期期末冲刺卷(四)数学试卷(解析版)

这是一份福建省南平市浦城县2022-2023学年高一下学期期末冲刺卷(四)数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得，
所以.
故选：A.
2. 已知，，，则的形状是（ ）．
A 直角三角形B. 锐角三角形
C. 钝角三角形D. 等边三角形
【答案】A
【解析】根据已知，有，，，
因为，所以，即，
故为直角三角形．
故选：A.
3. 如图所示，在等腰梯形中，，对角线交于点，过点作，交于点，交BC于点N，则在以，，为起点和终点的向量中，相等向量有（ ）
A. 1对B. 2对C. 3对D. 4对
【答案】B
【解析】由题，故相等向量有两对.
故选：B.
4. 已知是锐角，，，且，则为（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 30°或60°
【答案】B
【解析】∵，，且，
∴，求得，，
由是锐角，所以.
故选：B.
5. 在中，下列各式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于选项A：由正弦定理有，故，故选项A错误；
对于选项B：因为，故，故选项B错误；
对于选项C：，由余弦定理，
得，故选项C错误；
对于选项D：由正弦定理可得，再根据诱导公式可得：，即，故选项D正确.
故选：D.
6. 已知三条不同的直线和两个不同的平面，下列四个命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】若，可以有或相交，故A错；
若，可以有或异面，故B错；
若，可以有、与斜交、，故C错；
过作平面，则，又，得，，所以，故D正确.
故选：D.
7. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，为的中点，则异面直线与所成的角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】连，相交于点，连、，
因为为的中点，为的中点，有，
可得或其补角为异面直线与所成的角，
不妨设正方形中，，则，由平面，可得，
则，，
因为，为的中点，所以，．
故选：C.
8. 如图，已知高为3的棱柱的底面是边长为1的正三角形，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】三棱锥的体积为：.
故选：C.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 若四边形ABCD是矩形，则下列命题中正确的是（ ）
A. 共线B. 相等
C. 模相等，方向相反D. 模相等
【答案】ACD
【解析】∵四边形ABCD是矩形，，
所以共线，模相等，故A、D正确；
∵矩形的对角线相等，∴|AC|=|BD|，模相等，但的方向不同，故B不正确；
|AD|=|CB|且AD∥CB，所以的模相等，方向相反，故C正确.
故选：ACD.
10. 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虚轴对称
【答案】AC
【解析】根据复数的分类，时，才是纯虚数．A正确，B错误；
，则，所以是实数，
C正确；
当是实数时，其共轭复数是它本身，对应的点是同一点，不关于虚轴对称，D错．
故选：AC．
11. 已知直三棱柱中，AB⊥BC，，O为的中点，点P是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当点P运动到中点时，直线与平面所成的角的正切值为
B. 无论点P在上怎么运动，都有⊥
C. 当点P运动到中点时，才有与相交于一点，记为Q，且
D. 无论点P在上怎么运动，直线与AB所成角都不可能是30°
【答案】ABD
【解析】直三棱柱中，，
选项A中，当点运动到中点时，有E为的中点，连接、，如下图示：
即有面，
∴直线与平面所成的角的正切值：，
∵，，
∴，故A正确；
选项B中，连接，与交于E，并连接，如下图示：
由题意知，为正方形，即有，
而且为直三棱柱，有面，面，
∴，又，
∴面，面，故，
同理可证：，又，
∴面，又面，即有，故B正确；
选项C中，点运动到中点时，即在△中、均为中位线，
∴Q为中位线的交点，
∴根据中位线的性质有：，故C错误；
选项D中，由于，直线与所成角即为与所成角：，
结合下图分析知：点在上运动时，
当在或上时，最大为45°，
当在中点上时，最小为，
∴不可能是30°，故D正确.
故选：ABD.
12. 抛掷一枚硬币三次，若记出现“三个正面”、“三个反面”、“二正一反”、“一正二反”的概率分别为，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】由题意，抛掷一枚硬币三次，若记出现“三个正面”、“三个反面”、“二正一反”、“一正二反”的概率分别为，
根据独立重复试验的概率计算公式，
可得：，
由，故A是错误的；
由，故B是错误的；
由，故C是正确的；
由，故D是正确的.
故选：CD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 在△ABC中，其外接圆半径R＝2，A＝30°，B＝120°，则△ABC的面积为__________.
【答案】
【解析】根据正弦定理可知，
所以，，，
所以是等腰三角形，且，.
故答案为：.
14. 设为虚数单位，则的虚部为______．
【答案】
【解析】
故答案：.
15. 现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次，至少击中3次的概率：先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1表示没有击中目标，2，3，4，5，6，7， 8，9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了 20组随机数：
7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698
0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281
根据以上数据估计该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为__________．
【答案】
【解析】由数据得射击4次至少击中3次的次数有15，
所以射击4次至少击中3次的概率为.
故答案为：.
16. 如图，已知直四棱柱的所有棱长均相等，，E是棱的中点，设平面经过直线，且平面平面，若平面，则异面直线与所成的角的余弦值为_______．
【答案】
【解析】由直四棱柱的所有棱长均相等，，
所以是菱形，
连接，，且，，
所以，，
因为平面，平面，
所以，且，所以平面，
取的中点，连接，连接交与，所以，
且是的中点，所以平面，所以平面平面，
又平面，所以平面即平面，
分别取的中点，连接交与点，即为的中点，
所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，
所以平面，又，
所以平面平面，且平面平面，
平面平面，
所以，，
所以异面直线与所成的角即与所成的角，设，
则直四棱柱的所有棱长均为2，由，
所以，，
且，
由余弦定理得.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，17题10分，18-22题每题12分，共70分.）
17. 已知、、且.
（1）证明：是等腰直角三角形；
（2）求．
解：（1）证明：由题意得，，
因为，所以，所以是直角三角形，
又，，，
是等腰直角三角形.
（2）解：设点，则，，
，且，
解得，，，
，，，
，，．
18. 甲、乙二人独立破译同一密码，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.
解：（1）事件“甲、乙二人都破译密码”可表示为AB，事件A，B相互独立，
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
.
19. 成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效，对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查（满分100分，最低分20分）.根据检查结果：得分在评定为“优”，奖励3面小红旗；得分在评定为“良”，奖励2面小红旗；得分在评定为“中”，奖励1面小红旗；得分在评定为“差”，不奖励小红旗.已知统计结果的部分频率分布直方图如图：
（1）依据统计结果的部分频率分布直方图，求班级卫生量化打分检查得分的中位数；
（2）学校用分层抽样的方法，从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级，再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核，求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率.
解：（1）得分的频率为；得分的频率为；
得分的频率为；
所以得分的频率为，
设班级得分的中位数为分，于是，解得，
所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为分.
（2）由（1）知题意 “良”、“中”的频率分别为又班级总数为，
于是“良”、“中”的班级个数分别为，
分层抽样的方法抽取的“良”、“中”的班级个数分别为，
因为评定为“良”，奖励2面小红旗，评定为“中”，奖励1面小红旗，
所以抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3为两个评定为“良”的班级或一个评定为“良”与一个评定为“中”的班级.记这个事件为，
则为两个评定为“中”的班级，
把4个评定为“良”的班级标记为 2个评定为“中”的班级标记为，
从这6个班级中随机抽取2个班级用点表示，其中，
这些点恰好为方格格点上半部分（不含对角线上的点），于是有种，
事件仅有一个基本事件. 所以，
所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率为.
20. 在中，内角的对边分别为，设平面向量，且.
（1）求；
（2）若，求中边上的高.
解：（1）因为，
所以，即，
即，
根据正弦定理得，所以，
所以.
（2）由余弦定理，又，所以，
根据△的面积，即， 解得，
所以中边上的高．
21. 将棱长为2的正方体沿平面截去一半（如图1所示）得到如图2所示的几何体，点，分别是，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积.
解：（1）如图所示：
连接，易知，
因为平面，平面，所以，
又，所以平面，
在中，点，分别是，的中点，
所以，所以平面.
（2）∵平面，∴是三棱锥在平面上的高，且，
∵点，分别是，的中点，∴，
∴，
∴.
22. 如图，已知平面，平面，为等边三角形，，F为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值．
解：（1）取CE中点G，连接BG，FG，如图所示：
因为F、G分别为CD、CE的中点，
所以且，
又因为平面，平面，
所以，，
所以，，
所以四边形ABGF为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面ACD，
所以，所以，
又为等边三角形，F为CD的中点，
所以，
又平面CDE，
所以平面CDE，即平面CDE，
又平面CDE，则，
连接DG，BD，如图所示，
则即为直线和平面所成角，
设，在中，，
在直角梯形ABED中，，
在中，，
所以，
所以直线和平面所成角正弦值为.