高一数学下学期期末精选50题（提升版）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略

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高一数学下学期期末精选50题（提升版）（人教A版2019）

一、单选题
1．（2022·青海·海南藏族自治州高级中学高一期末）我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一幅“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.在“赵爽弦图”中，若，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题，根据向量加减数乘运算得，进而得.
【详解】
解：因为在“赵爽弦图”中，若，
所以
，
所以，所以，
所以.
故选：B
2．（2022·江西·景德镇一中高一期末）在中，的平分线交于点，，则周长的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等面积法得，进而结合基本不等式得，，当且仅当时等号成立，再结合余弦定理得，当且仅当时等号成立，进而得周长最小值.
【详解】
解：根据题意，设，
因为，，，
所以，即，
所以，
因为根据基本不等式有，
所以，，当且仅当时等号成立，
由余弦定理得
，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时等号成立.
所以周长的最小值为.
故选：C
3．（2022·江西·景德镇一中高一期末）已知向量，若向量在方向上的投影为，则（       ）
A． B． C．或13 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意得，进而且，再解方程即可得答案.
【详解】
解：因为，
所以向量在方向上的投影为，
所以且，即且
所以.
故选：B
4．（2022·青海海东·高一期末）在矩形ABCD中，，，且，则（       ）
A． B．5 C． D．4
【答案】A
【解析】
【分析】
画出图形，根据向量的加法、减法及数量积运算求出答案即可.
【详解】
如图，因为AB⊥AD，所以，
即．又因为，所以，
故．
故选：A

5．（2021·山东淄博·高一期末）复数（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据复数的乘法、除法运算法则，化简计算，即可得答案.
【详解】
复数.
故选：B
6．（2022·陕西商洛·高一期末）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积为（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
借助正方体模型还原几何体，进而求解表面积即可.
【详解】
解：如图，在边长为的正方体模型中，将三视图还原成直观图为三棱锥，
其中，均为直角三角形，为等边三角形，
，


所以该几何体的表面积为．
故选：D
7．（2022·陕西渭南·高一期末）古希腊数学家阿基米德最为满意的一个数学发现是“圆柱容球”，即在球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的.已知体积为的圆柱的轴截面为正方形.则该圆柱内切球的表面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题目给出的条件可知，圆柱内切球的表面积圆柱表面积的，通过圆柱的体积求出圆柱底面圆半径和高，进而得出表面积，再计算内切球的表面积.
【详解】
设圆柱底面圆半径为，则圆柱高为，圆柱体积，解得，又圆柱内切球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，
所以内切球的表面积是圆柱表面积的，圆柱表面积为，所以内切球的表面积为.
故选：A.
8．（2022·陕西·西安建筑科技大学附属中学高一期末）如图，四面体ABCD中，CD=4，AB=2，F分别是AC，BD的中点，若EF⊥AB，则EF与CD所成的角的大小是（       ）

A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】A
【解析】
【分析】
取BC的中点G,连结FG,EG.先证明出（或其补角）即为EF与CD所成的角.在直角三角形△EFG中，利用正弦的定义即可求出的大小.
【详解】
取BC的中点G,连结FG,EG.

由三角形中位线定理可得：AB∥EG，CD∥FG.所以（或其补角）即为EF与CD所成的角.
因为EF⊥AB,则EF⊥EG.
因为CD=4,AB=2,所以EG=1,FG=2,则△EFG是一个斜边FG=2,一条直角边EG=1的直角三角形,所以,因为为锐角，所以，
即EF与CD所成的角为30°.
故选:A
9．（2022·陕西·宝鸡市金台区教育体育局教研室高一期末）在正方体中，有以下结论：①面；②；③与是异面直线；④与成角，其中正确的结论共有（       ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据正方体的结构特征，由线面平行的判定定理判断①，由平行的性质判断②，由异面直线概念判断③，根据异面直线所成的角判断④.
【详解】
如图，

①中，由,平面，平面，可得面，故正确；
②中，由,,可得，故正确；
③中，由正方体可知与是异面直线，正确；
④中，因为，所以与所成角为（或其补角），在等边中，，故正确.
故选：D
10．（2022·陕西·宝鸡市金台区教育体育局教研室高一期末）过直线外两点，作与平行的平面，则这样的平面（       ）
A．不可能作出 B．只能作出一个
C．能作出无数个 D．上述三种情况都存在
【答案】D
【解析】
【分析】
根据两点所在的直线与已知直线的位置关系分类分析即可得结论.
【详解】
过直线l外两点作与l平行的平面，
如果两点所在的直线与已知直线相交,则这样的平面不存在;
如果两点所在的直线与已知直线平行,则这样的平面有无数个;
如果两点所在的直线与已知直线异面,则这样的平面只有一个.
因此只有D正确.
故选：D
11．（2022·浙江省开化中学高一期末）为庆祝中国共产党成立100周年，深入推进党史学习教育，某中学党支部组织学校初、高中两个学部的党员参加了全省教育系统的党史知识竞赛活动，其中初中部20名党员竞赛成绩的平均分为a，方差为2；高中部50名党员竞赛成绩的平均分为b，方差为．若a=b，则该学校全体参赛党员竞赛成绩的方差为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设初中部20名党员、高中部50名党员竞赛成绩分别为，，得，，然后利用方差的计算公式可得答案.
【详解】
设初中部20名党员竞赛成绩分别为，
高中部50名党员竞赛成绩的平均分，根据题意得
则，
，
所以，
，由于，
所以该学校全体参赛党员竞赛成绩的平均分为，
则该学校全体参赛党员竞赛成绩的方差为

.
故选：D.
二、多选题
12．（2022·贵州·遵义四中高一期末）一物体受到3个力的作用，其中重力的大小为，水平拉力的大小为，力未知，则（       ）
A．当该物体处于平衡状态时，Ν
B．当物体所受合力为时，Ν
C．当时，
D．当时，必存在实数，使得
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据向量的加法与减法的运算法则，依次讨论各选项即可得答案.
【详解】
解：对于A选项，当该物体处于平衡状态时，如图1，此时的合力大小为，方向与重力方向相反，故，正确；
对于B选项，当物体所受合力为时，结合向量加法的平行四边形法则，如图2，，正确；
对于C选项，当时，设重力与水平拉力的合力为，大小为，如图3，当与方向相同时，取得最大值，当与方向相反时，取得最小值，故，错误；
对于D选项，当时，若存在实数，使得，则，其中为力的夹角，所以存在实数，使得，故D正确.
故选：ABD
【点睛】
13．（2022·福建师大附中高一期末）已知O为坐标原点，点A(1，0)，P1(cosα，sinα)，P2(cosβ，-sinβ)，P3(cos（α + β）， sin（α + β）)，则（       ）
A．OP1 = OP2 B．AP1= AP2 C．P1P2 = AP3 D．P2P3 = AP1
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用向量的坐标公式，结合同角三角函数的平方关系及三角恒等变换求各选项线段对应向量的模长，判断是否相等即可.
【详解】
A：，，则，正确；
B：，，则，，所以、不一定相等，错误；
C：，，则，，所以，正确；
D：，，则，，所以、不一定相等，错误；
故选：AC
14．（2021·湖北·高一期末）对任意复数，，为虚数单位，是的共轭复数，则下列结论正确的有（       ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【解析】
【分析】
利用复数的运算性质分析求解即可
【详解】
对于A，由，得，所以，所以A错误，
对于B，因为，，所以，所以B错误，
对于C，因为，所以，所以C正确，
对于D，因为 ，所以D正确，
故选：CD
15．（2021·广东广州·高一期末）已知复数，下列说法正确的是（       ）
A．复数z的虚部是 B．复数z的模为5
C．复数z的共轭复数是 D．在复平面内复数z对应的点在第四象限
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据复数的相关定义、模的运算与几何意义即可求得答案.
【详解】
复数的虚部为-3，A错误；
复数的模为，B正确；
复数的共轭复数为，C错误；
复数对应的点的坐标为，在第四象限，D正确.
故选：BD.
16．（2021·山东青岛·高一期末）设复数，为虚数单位，，则下列结论正确的为（       ）
A．当时，则复数在复平面上对应的点位于第四象限
B．若复数在复平面上对应的点位于直线上，则
C．若复数是纯虚数，则
D．在复平面上，复数对应的点为，为原点，若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】
由，得，然后逐个分析判断即可
【详解】
由，得，
对于A，当时，，，所以复数在复平面上对应的点位于第四象限，所以A正确，
对于B，若复数在复平面上对应的点位于直线上，则，解得，所以B错误，
对于C，若复数是纯虚数，则且，解得，所以C正确，
对于D，由，得，则，由，得，，得或，所以D错误，
故选：AC
17．（2021·广东佛山·高一期末）下列命题中正确的有（       ）
A．若复数满足，则； B．若复数满足，则；
C．若复数满足，则； D．若复数，则．
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据复数的运算性质，即可判定A正确；取，可判定B不正确；取，可判断C不正确；根据复数的运算法则，可判定D正确.
【详解】
对于A中，设复数，
可得，
因为，可得，所以，所以A正确；
对于B中，取，可得，所以B不正确；
对于C中，例如：，则，此时，所以C不正确；
对于D中，设，由，可得，即，可得，所以D正确.
故选：AD
18．（2021·浙江省桐庐中学高一期末）是著名的欧拉公式，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系.若，，恒成立且，则表示的复数不可能位于复平面中的（       ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】BCD
【解析】
【分析】
利用平方关系及二倍角的余弦公式可求得，再根据复数的乘法运算及，可求得的范围，再根据欧拉公式及复数的几何意义即可得出答案.
【详解】
解：




，
由，，
则，，
所以，
又因为恒成立，
所以，所以，
根据，
则，
因为，则，所以，
所以表示的复数位于复平面中的第一象限.
故选：BCD.
19．（2021·湖南·宁乡市教育研究中心高一期末）设，，为复数，.下列命题中正确的是（       ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】
对于A：取特殊值判断A不成立；
对于B、C、D：直接利用复数的四则运算计算可得.
【详解】
对于A：取，满足，但是不成立，故A错误；
对于B：当时,有，又，所以,故B正确;
对于C：当时,则,所以,故C正确;
对于D：当时,则,可得.
因为，所以.故D错误
故选：BC
20．（2022·江西宜春·高一期末）已知数据的平均数为，标准差为，则（       ）
A．数据的平均数为，标准差为
B．数据的平均数为，标准差为
C．数据的平均数为，方差为
D．数据的平均数为，方差为
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据平均数、方差、标准差的定义逐项判断可得答案.
【详解】
， ，
对于A，与不存在关系，不一定相等，故错误；
对于B，，，所以数据的标准差为，故正确；
对于C，，，故正确；
对于D，数据的平均数为，方差为
，故错误.
故选：BC.
三、填空题
21．（2022·福建省福州第一中学高一期末）在平面四边形中，，若，则__________.
【答案】##1.5
【解析】
【分析】
设，在中，可知，在中，可得，由正弦定理，可得答案.
【详解】

设，在中，，，
，
在中，，，，
，
由正弦定理得：，
得，
.
故答案为：.
22．（2022·辽宁·育明高中高一期末）已知一条直线l与平行四边形ABCD中的两边AB，AD分别交于点E，F，且满足，，点M在直线l上，，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据条件得到，又由、、共线，对应得到，的关系，再代入进行指对数运算即可．
【详解】
因为，，，
又因为在直线上，
，
因为、、共线，所以，即，
则，
则．
故答案为：．

23．（2021·湖北·高一期末）已知，复平面内表示复数的点在虚轴上，则m=_____________．
【答案】或6
【解析】
【分析】
根据复数的几何意义得对应点的坐标在虚轴上，解方程求得结果.
【详解】
复数对应点的坐标为，，
若点在虚轴上，
则，解得或．
故答案为：或6.
24．（2022·陕西商洛·高一期末）在棱长为2的正方体ABCD－中，E，F，G，H分别为棱，，，的中点，将该正方体挖去两个大小完全相同 的四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，现有下列四个结论：

①CG//平面ADE；                                 ②该几何体的上底面的周长为；
③该几何体的的体积为；                    ④三棱锥F－ABC的外接球的表面积为．
其中所有正确结论的序号是____________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】
由面面平行的性质判断①；由题设知两段圆弧的长度之和为，即可得上底周长判断②；利用正方体体积及圆锥体积的求法求几何体体积判断③；首先确定外接球球心位置，进而求出球体的半径，即可得F－ABC的外接球的表面积判断④.
【详解】
因为面面，面，
所以CG//平面，即CG//平面ADE，①正确；
依题意知，弧EF与弧HG均为圆弧，且这两段圆弧的长度之和为，
所以该几何体的上底面的周长为，该几何体的体积为8－，②错误，③正确；
设M，N分别为下底面、上底面的中心，则三棱锥F－ABC的外接球的球心O在MN上．
设OM＝h，则，解得，
从而球O的表面积为，④正确.
故答案为：①③④

25．（2022·江西·景德镇一中高一期末）我国古代的一些数字诗精巧有趣，又饱含生活的哲学，如清代郑板桥的《题画竹》》：“一两三枝竹竿，四五六片竹叶，自然淡淡疏疏，何必重重叠叠.”现从1，2，3，4，5，6中随机选取2个不同的数字组成，则恰好能使得的概率是____________.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】
列举基本事件，直接求概率即可.
【详解】
随机选取2个不同的数字组成,共有
而，，3，4，5，6，
，，2，4，5，6，
，，2，3，5，6，
，，2，3，4，6，
，，2，3，4，5，共有25种，
其中
1，2，3，4，5，6这6个数字中满足的数对有：
，，4，5；
，；
，；
，；

共15种，
所求概率为．
故答案为：．
四、解答题
26．（2022·福建省福州第一中学高一期末）在①；②.请在上述两个条件中任选一个，补充在下面题目中，然后解答补充完整的问题.
在中，角所对的边分别为，__________.
(1)求角；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
【解析】
【分析】
（1）若选①，由正弦定理得，即可求出；若选②，由正弦定理得，即可求出.
（2）用正弦定理得表示出，，得到，利用三角函数求出的取值范围.
(1)
若选①，则由正弦定理得，
因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
所以，即.
若选②，则由正弦定理得，
所以，所以，
因为，所以，
所以，又因为，所以.
(2)
由正弦定理得，
所以，同理，
由，故，
所以



由，所以，
所以，
所以的取值范围是.
27．（2022·湖南衡阳·高一期末）如图所示，已知直线，，并交于点，交于点，是上一定点，是直线上一动点，作，且使与直线交于点，设．


(1)若，试比较△与△面积的大小；
(2)若，，求△与△面积之和的最小值．
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由题设易得△△且相似比为，讨论判断△与△面积的大小关系；
（2）由图知，结合（1）求相关线段的长度，进而得到面积关于的表达式，应用基本不等式求最值，注意等号成立条件.
(1)
由，，则，又，
所以△、△中，即，，
所以△△，相似比为，
当，即时，△面积比△大；
当，即时，△、△面积相等；
当，即时，△面积比△小；
(2)
由题设，，由（1）知：，，
所以，又，
故，当且仅当时等号成立，
所以△与△面积之和的最小值为.
28．（2022·江西·景德镇一中高一期末）在中，若，求证：.
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
由题知，进而证明即可，再根据二倍角公式与和差化积公式化简整理即可得成立.
【详解】
解：因为在中，若，
所以
所以由正弦定理得等价于，
所以

所以.
29．（2022·辽宁·大连二十四中高一期末）如图所示，中，，，为的中点，为上的一点，且，的延长线与的交点为.


(1)用向量，表示；
(2)用向量，表示，并求出和的值.
【答案】(1)
(2)，7，6
【解析】
【分析】
（1）由已知得，，为的中点，可得答案；
（2）设，得 ，设，可得，即，由，不共线和平面向量基本定理求得、，可得答案.
(1)
根据题意因为：，所以，
所以，
为的中点，，，所以，.
(2)
因为，，三点共线，设，所以，
即，
，，三点共线，设，
由（1）可知，即，
，不共线，由平面向量基本定理，所以，
所以，，
所以，，
则的值为7，的值为6.
30．（2022·内蒙古包头·高一期末）是平面直角坐标系的原点，，，记，，．
(1)求与向量共线反向的单位向量；
(2)若四边形OABC为平行四边形，求点的坐标；
(3)若，且，求实数的值．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）由题可设，利用模长公式可求，即得；
（2）设，利用平行四边形的性质可得，即得；
（3）利用向量的坐标运算及数量积的坐标表示即求.
(1)
由题可知，设，
∴，
解得，
∴.
(2)
设，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴OB与AC的中点重合，则，
解得，
∴点的坐标为；
(3)
∵，
∴，又，
∴，又，，
∴，
∴，
解得.
31．（2022·重庆八中高一期末）已知，.
(1)若与的夹角为，求；
(2)若与不共线，当为何值时，向量与互相垂直？
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）结合向量数量积运算与运算律计算求解即可；
（2）根据解方程即可得答案.
(1)
解：
(2)
解：∵向量与互相垂直，
∴，整理得，又，，
∴，解得.
∴当时，向量与互相垂直.
32．（2022·山东滨州·高一期末）如图，扇形OPQ的半径为1，圆心角为，平行四边形ABCD的顶点C在扇形弧上，D在半径OQ上，A，B在半径OP上，记平行四边形ABCD的面积为S，．


(1)用表示平行四边形ABCD的面积S；
(2)当取何值时，平行四边形ABCD的面积S最大？并求出这个最大面积．
【答案】(1)；
(2)当时，取得最大值.
【解析】
【分析】
（1）过点作交于点，在中可得，在中由正弦定理可得，然后可得答案.
（2）根据正弦函数的知识可得答案.
(1)

过点作交于点，
在中，，所以
在中，，所以
由正弦定理可得，所以
所以

(2)
因为，所以
所以当即时，取得最大值
33．（2022·浙江·镇海中学高一期末）在如图所示的平面图形中，已知，，，，求：

(1)设，求的值；
(2)若，且，求的最小值及此时的夹角.
【答案】(1)
(2)的最小值为，为.
【解析】
【分析】
（1）由向量的减法公式，结合题意和平面向量共线定理，即可求得，进而求出结果；
（2）记，因为，所以，设，根据平面向量加法理和平面向量共线定可得，进而求得，化简整理可得，再根据二次函数和余弦函数的性质，即可求出结果.
(1)
解：因为，，
所以，所以，
即.
(2)
解：记，
因为，所以，
设，则，
所以


当时，取最小值，即最小值为，
又，所以，所以，
即，
所以的最小值为，此时为.
34．（2021·湖北·高一期末）已知是关于的方程的一个根，其中为虚数单位．
(1)求的值；
(2)记复数，求复数的模．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题知，即，再根据复数相等求解即可；
（2）由（1）得，故，再求模即可.
(1)
解：知是关于的方程的一个根，
所以，即，
所以，解得.
所以
(2)
解：由（1）得复数，
所以
所以复数的模为
35．（2021·山东青岛·高一期末）试分别解答下列两个小题：
（1）已知，，为虚数单位，，求复数；
（2）已知复数与都是纯虚数，，为虚数单位，若，试求实数的值．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）根据复数的除法运算即可求解；
（2）根据复数与都是纯虚数求出，再由求m即可.
【详解】
（1），

（2）设，
为纯虚数，
且，
解得，
，
，
解得.
36．（2022·陕西·铜川阳光中学高一期末）如图，四边形是矩形，平面，平面，，．

(1)证明：平面平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【解析】
【分析】
（1）由平面，平面，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，平面，然后利用面面平行的判定定理证明；
（2）由平面，得到点到平面的距离，然后利用求解．
(1)
证明：平面，平面，
，
又平面，平面，
平面，
在矩形中，，且平面，平面，
平面，
又，
∴平面平面．
(2)
平面，
∴点到平面的距离为，
∵四边形是矩形，，，
，
．
37．（2022·宁夏·银川一中高一期末）如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°.

(1)求证：平面MAP⊥平面SAC.
(2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由已知可证BC⊥平面SAC，又PM∥BC，则PM⊥面SAC，从而可证平面MAP⊥平面SAC；
（2）由AC⊥平面SBC，可得∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，由勾股定理可得，在中，可得，从而在中，即可求解二面角M—AC—B的平面角的正切值.
(1)
证明：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC，
又∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又ACSC=C，
∴BC⊥平面SAC，
又∵P，M是SC、SB的中点，
∴PM∥BC，∴PM⊥面SAC，又PM平面MAP，
∴平面MAP⊥平面SAC；
(2)
解：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥AC，又AC⊥BC，BCSC=C，
∴AC⊥平面SBC，
∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，
∵直线AM与直线PC所成的角为60°，
∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，

则∠AMN=60°，在△CAN中，由勾股定理可得，
在中，，
在中，.
38．（2022·陕西咸阳·高一期末）如图甲，直角梯形中，，，为的中点，在上，且，现沿把四边形折起得到空间几何体，如图乙.在图乙中求证：

(1)平面平面；
(2)平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）证明出平面，平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立.
(1)
证明：翻折前，，翻折后，则有，，
因为平面，平面，平面，
因为平面，平面，平面，
因为，因此，平面平面.
(2)
证明：翻折前，在梯形中，，，则，
，则，
翻折后，对应地，，，因为，所以，平面，
，则平面，
平面，因此，平面平面.
39．（2022·陕西·西安建筑科技大学附属中学高一期末）如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥BC，，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.

(1)求证：平面BDE⊥平面PAC；
(2)求二面角P－BC－A的平面角的大小.
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，证明，再根据线面垂直的判定定理可得平面PAC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，则有，从而可得即为二面角P－BC－A的平面角，从而可得出答案.
(1)
证明：因为PA⊥AB，PA⊥AC，，
所以平面，
又因平面，所以，
因为D为线段AC的中点，，
所以，
又，所以平面PAC，
又因为平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PAC；
(2)
解：由（1）得平面，
又平面，所以，
因为AB⊥BC，，
所以平面，
因为平面，所以，
所以即为二面角P－BC－A的平面角，
在中，，
所以，所以，
即二面角P－BC－A的平面角的大小为.
40．（2022·陕西汉中·高一期末）如图，四棱锥的底面为矩形，，.

(1)证明：平面平面.
(2)若，，，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）连接，交于点，连接，证明平面，即可证明出平面平面.
（2）用等体积法，即，即可求出答案.
(1)
连接，交于点，连接，如图所示，

底面为矩形，为，的中点，
又，，
，，
又，
平面，
平面，
平面平面．
(2)
，，
，，
在中，，
，
在中，，
在中，，，
，
，，
设点到平面的距离为，
由等体积法可知，
又平面，为点到平面的距离，
，
，
即点到平面的距离为．
41．（2022·陕西榆林·高一期末）如图1，在边长为4的等边三角形ABC中，D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，沿DE把△ADE折起，得到如图2所示的四棱锥.

(1)证明：EF//平面A1BD；
(2)若平面DE⊥平面BCED，求三棱锥﹣CEF的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【解析】
【分析】
(1)先证EF//BD，由线面平行判定定理证明EF//平面A1BD；(2)由面面垂直性质定理确定三棱锥﹣CEF底面上的高，由锥体体积公式求三棱锥﹣CEF的体积.
(1)
因为E，F分别是AC，BC的中点，
所以EF//BD，又因为EF⊄平面BD，BD⊂平面BD，
所以EF//平面BD；
(2)
因为平面DE⊥平面BCED，
过点作O⊥DE，平面DE平面BCED，DE
所以A1O⊥平面BCED，如图所示：

因为O＝4××sin60°＝，
△CEF的面积为S△CEF＝×22×sin60°＝，
设三棱锥﹣CEF的体积为,则
＝S△CEFO＝××＝1.
42．（2022·北京师大附中高一期末）为了解学生的周末学习时间（单位：小时），高一年级某班班主任对本班40名学生某周末的学习时间进行了调查，将所得数据整理绘制出如图所示的频率分布直方图，根据直方图所提供的信息：

(1)求出图中a的值；
(2)求该班学生这个周末的学习时间不少于20小时的人数；
(3)如果用该班学生周末的学习时间作为样本去推断该校高一年级全体学生周末的学习时间，这样推断是否合理？说明理由．
【答案】(1)
(2)9
(3)不合理，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据频率分布直方图中，小矩形面积和为求解即可；
（2）首先求学习时间不少于20小时的频率，再根据样本容量乘以频率=人数，计算结果；
（3）结合样本来自同一个班级，故不具有代表性.
(1)
解：因为频率分布直方图中，小矩形面积和为，
所以，解得.
(2)
解：由图可知，该班学生周末的学习时间不少于20小时的频率为
则40名学生中周末的学习时间不少于20小时的人数为 ．
(3)
解：不合理，样本的选取只选在高一某班，不具有代表性．
43．（2022·江西新余·高一期末）某中学从高一学生中抽取n名学生参加数学竞赛，成绩（单位：分）的分组及根据各组数据绘制的频率分布直方图如图所示，已知成绩的范围是区间[40，100），且成绩在区间[70，90）的学生人数是27人.

(1)求x，n的值；
(2)估计这次数学竞赛成绩的中位数和平均分（结果保留一位小数）.
【答案】(1)
(2)，
【解析】
【分析】
（1）由各组的频率和为1，列方程可求出的值，再由[70，90）的数据利用频率等于频数除以总数求解的值，
（2）由于前3组的频率和小于，前4组的频率和大于，所以可判断中位数在第4组，然后列方程求解，直接利用平均数的公式求解
(1)
由题意可得：
解得：
所以；
(2)
成绩位于[40，70）的频率为（0
成绩位于[40，80）的频率为
所以中位数位于[70.80），设中位数为a，则，
解得
平均数为.
44．（2022·江西赣州·高一期末）随着新课程改革和高考综合改革的实施，学习评价更关注学科核心素养的形成和发展，为此，某市于2021年举行第一届高中文科素养竞赛，竞赛结束后，为了评估该市高中学生的文科素养，从所有参赛学生中随机抽取1000名学生的成绩（单位：分）作为样本进行估计，将抽取的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.

(1)请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)现从以上各组中采用分层随机抽样的方法抽取20人.若第三组学生实际成绩的平均数与方差分别为74分和2，第四组学生实际成绩的平均数与方差分别为84分和1，求这20人中分数在区间所有人的成绩的方差.
【答案】(1)直方图见解析，平均数67分，80%分位数76.67分
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据题意求出成绩落在的频率，补全频率分布直方图，利用频率分布直方图求出平均数和80%分位数；
(2)根据分层抽样的性质求得第三组和第四组抽取的人数，进而求得该两组成绩的平均值，利用方差公式即可求出这两组成绩的方差.
(1)
成绩落在的频率为
       
补全的频率分布直方图，如图
样本的平均数(分)
设80%分位数为，则，
解得：(分}
(2)
由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取3人和2人
分层抽样的平均值：（分）
分层抽样的方差：
45．（2022·贵州·遵义四中高一期末）2021年秋季学期，某省在高一推进新教材，为此该省某市教育部门组织该市全体高中教师在暑假期间进行相关学科培训，培训后举行测试（满分100分），从该市参加测试的数学老师中抽取了100名老师并统计他们的测试分数，将成绩分成五组，第一组[65，70），第二组[70，75），第三组[75，80），第四组[80，85），第五组[85，90]，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求a的值以及这100人中测试成绩在[80，85）的人数；
(2)估计全市老师测试成绩的平均数（同组中的每个数据都用该组区间中点值代替）和第50%分数位（保留两位小数）；
(3)若要从第三、四、五组老师中用分层抽样的方法抽取6人作学习心得交流分享，并在这6人中再抽取2人担当分享交流活动的主持人，求第四组至少有1名老师被抽到的概率．
【答案】(1);20；
(2)分,76.67分
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据频率之和为1，可求得a的值，根据频数的计算可求得测试成绩在[80，85）的人数；
（2）根据频率分布直方图可计算中位数，即可求得第50%分数位；
（3）列举出所有可能的抽法，再列出第四组至少有1名老师被抽到可能情况，根据古典概型的概率公式求得答案.
(1)
由题意得： ，解得 ；
这100人中测试成绩在[80，85）的人数为 （人）；
(2)
平均数为：
（分），
设中位数为m,且 ，则 ，
解得 ，故第50%分数位76.67分；
(3)
第三组频率为 ，第四组频率为，
第五组频率为，
故从第三、四、五组老师中用分层抽样的方法抽取6人作学习心得交流分享，
三组人数为3人，2人和1人，
记第三组抽取的人为 , 第四组抽取的人为 , 第五组抽取的人为 ,
则抽取2人的所有情况如下：
共15种，
其中第四组至少有1名老师被抽到的抽法有
共9种，
故第四组至少有1名老师被抽到的概率为 .
46．（2022·河南焦作·高一期末）某化肥厂有甲､乙两个车间生产同一种产品，从两个车间生产的产品中各随机抽取7包称重，记录数据如下（单位：）：
甲：
乙：
(1)计算甲､乙两个车间抽取的产品质量的平均数与方差，并说明哪个车间产品质量比较稳定；
(2)从两组数据中各随机抽取一个不小于100的数据，甲组中抽取的数据记为x，乙组中抽取的数据记为y，求的概率.
【答案】(1)甲的平均数，甲的方差为，乙的平均数，乙的方差为，甲车间产品质量比较稳定
(2)
【解析】
【分析】
（1）分别求得平均数和方差，比较下结论；
（2）利用古典概型的概率求解.
(1)
解：甲的平均数，
甲的方差为
.
乙的平均数，
乙的方差为
.
因为，，
所以甲车间产品质量比较稳定.
(2)
甲组中不小于100的数据有102，104，100，分别记为，，；
乙组中不小于100的数据有101，102，101，103，分别记为，，，.
从两组数据中各随机抽取一个不小于100的数据，该试验的样本空间为
，共12个样本点，
设事件A表示“”，则，共5个样本点，
所以.
47．（2022·江西宜春·高一期末）第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障，某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95），绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.

(1)求a，b的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的众数，平均数；
(3)在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
【答案】(1)，
(2)众数为，平均数为.
(3)
【解析】
【分析】
（1）由频率分布直方图列方程组即能求出的值；
（2）观察频率分布直方图即可得众数，根据加权平均数的求解公式可得平均值；
（3）根据分层抽样，在和中分别选取4人和1人，列举出这5人中选出2人的总的基本事件数，和选出的两人来自不同组的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可.
(1)
由题意可知：，，
解得，；
(2)
由频率分布直方图得众数为，
平均数等于.
(3)
根据分层抽样，和的频率比为，
故在和中分别选取4人和1人，分别设为和，
则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有，
共10个，
即，记事件“两人来自不同组”，
则事件包含的样本点有
共4个，即，
所以.
48．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学高一期末）近两年来中国猪肉市场由于受到国内外多种因素的影响，导致猪肉的市场零售均价一直居高不下，在一个高价区域范围内上下波动.政府为监控猪肉市场零售均价行情需要了解真实情况，在2021年5月份的某一天，某市的物价主管部门派相关专业人员对全市零售猪肉的销售均价进行摸底，随机抽样调查了100家超市了解情况，得到这些超市在当天的猪肉零售均价（单位：元/公斤）x的频数分布表如下：
x的分组





超市家数






(1)请分别估计该市在当天的猪肉零售均价不低于54元/公斤的超市比例和零售均价小于50元/公斤的超市比例；
(2)用分层抽样的方法在样本均价位于分组区间和（单位：元/公斤）的超市中抽取5家超市，再从这5家超市中任选2家超市进行市场零售均价调控约谈，问选出的2家超市的均价都在区间内的概率？
【答案】(1)6％，33％
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据频数分布表，结合频率公式得出均价不低于54元/公斤和均价小于50元/公斤的频率，进而估计该市的情况；
（2）由分层抽样的性质结合列举法得出所求概率.
(1)
根据各超市的猪肉零售均价的频数分布表，得所调查的100家超市在当天的猪肉零售均价不低于54元/公斤的超市频率为；零售均价小于50元/公斤的超市频率为；
用样本频率分布估计总体分布，得该市在当天的猪肉零售均价不低于54元/公斤的超市比例为6％，零售均价小于50元/公斤的超市比例为33％.
(2)
由题知，抽取的5家超市中，有三家均价在区间，即为a，b，c，有两家均价在区间，即为A，B，则从中任取两家，共有ab，ac，aA，aB，bc，bA，bB，cA，cB，AB共有10种，其中均价都在区间内有ab，ac，bc共3种，故所求的概率为.
49．（2022·江西·景德镇一中高一期末）某部门举办法律知识问答活动，随机从该市18~68岁的人群中抽取了一个容量为的样本，并将样本数据分成五组：[18,28），[28,38），[38,48），[48,58），[58，68]，再将其分别编号为第1组、第2组、…、第5组.该部门对回答问题的情况进行统计后，绘制了下表和如图所示的频率分布直方图.
组号
分组
回答正确的人数
回答正确的人数占本组的比例
第1组
[18,28)
5
0.5
第2组
[28,38)
18

第3组
[38,48)
27
0.9
第4组
[48,58)

0.36
第5组
[58,68]
3
0.2


(1)分别求出的值.
(2)从第2，3，4组回答正确的人中用分层抽样的方法抽取6人，则第2，3，4组每组各应抽取多少人？
(3)在（2）的前提下，在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖，求第2组至少有1人获得幸运奖的概率.
【答案】(1)；
(2)第2，3，4组每组各应抽取人.
(3)
【解析】
【分析】
（1）结合频率分布直方图和频率分布表计算求解即可；
（2）根据分层抽样的方案确定抽样比例，进而得答案；
（3）根据古典概型列举基本事件，再结合公式计算即可.
(1)
解：由表中的数据可知：第1组的人数为人，
所以根据频率分布直方图得人，
所以第二组有人，其中回答正确的有人，故，
第四组有人，所以回答正确的人数人.
综上，；
(2)
解：第2,3,4组回答正确的人数比为，
所以采用分层抽样的方法抽取6人，则第2，3，4组每组各应抽取多少人.
(3)
解：设抽出的6人来自第2组的两人为，来自第3组的三人为，来自第4组的一人为，
则在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖的可能有：，，共15种，
其中第2组至少有1人获得幸运奖有，共9种
所以第2组至少有1人获得幸运奖的概率为
50．（2022·陕西商洛·高一期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PCD⊥底面ABCD，且BC＝2，，．

(1)证明：．
(2)若，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)8.
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质及勾股定理可得，再由面面垂直的性质有BC⊥面PCD，根据线面垂直的性质即可证结论.
（2）取CD的中点E，连接PE，易得，由面面垂直的性质有PE⊥底面ABCD，即PE是四棱锥的高，应用棱锥的体积公式求体积即可.
(1)
在平行四边形ABCD中．
因为，即，所以．
因为面PCD⊥面ABCD，且面PCD面ABCD＝CD，面PCD，
所以BC⊥面PCD，又PD平面PCD，所以．
(2)
如图，取CD的中点E，连接PE，
因为，所以，
又面PCD⊥面ABCD，面PCD面ABCD＝CD，面PCD，
所以PE⊥底面ABCD．
因为，，则，故．