福建省南平市浦城县2022-2023学年高一数学下学期期末冲刺试卷（四）（Word版附解析）

这是一份福建省南平市浦城县2022-2023学年高一数学下学期期末冲刺试卷（四）（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题.，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】
【分析】先根据复数的除法求出，再根据共轭复数的定义即可得解.
【详解】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】
【分析】
根据向量的坐标表示可得，，，再利用向量数量积的坐标表示即可判断.
【详解】根据已知，有，，，
因为，
所以，即．
故为直角三角形．
故选：A
【点睛】本题考查了向量的坐标表示、向量数量积的坐标表示，属于基础题.
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】
【分析】利用相等向量的概念直接求解即可
【详解】由题，故相等向量有两对
故选：B
【点睛】本题考查相等向量的概念，是基础题
4. 已知是锐角，，，且，则为（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 30°或60°
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意利用两个向量垂直的性质、数量积的坐标运算、特殊角的三角函数值可得出结论.
【详解】∵，，且，
∴，求得，，
由是锐角，所以.
故选：B.
【点睛】本题考查了向量的数量积的坐标运算、已知三角函数值求角.
5. 在中，下列各式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用正弦定理、余弦定理以及诱导公式判断四个选项的正误，即可得正确答案.
【详解】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】
【分析】根据线线、线面、面面位置关系及平行垂直性质判断逐一判断.
【详解】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
【点睛】本题考查空间线、面的位置关系，属于基础题.
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】
【分析】先取正方形的中心，连接，由知为异面直线与所成的角，再在中求的正弦即可.
【详解】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.
【点睛】方法点睛：
求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.
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】
【分析】
利用棱锥的体积公式计算即可．
【详解】三棱锥的体积为：
故选：C
【点睛】本题考查柱锥台体的体积公式，考查学生计算能力，属于基础题．
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】
【分析】根据向量的加法和减法的几何意义（平行四边形法则)，结合矩形的判定与性质进行分析可解.
【详解】∵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.
【点睛】本题考查向量的共线，相等，模，向量的加减法的几何意义，属基础题，根据向量的加减法的平行四边形法则和矩形的性质综合判定是关键.
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】
【分析】根据复数的分类，共轭复数的定义与复数的几何意义判断．
【详解】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】
【分析】构造线面角，由已知线段的等量关系求的值即可判断A的正误；利用线面垂直的性质，可证明即可知B的正误；由中位线的性质有可知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为，结合动点P分析角度范围即可知D的正误
【详解】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】
【分析】利用n次的独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式，分别求得的值，即可求解.
【详解】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
【点睛】本题主要考查概率的计算及其应用，其中解答中熟练应用n次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式求得相应的概率是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.
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】
【分析】
根据正弦定理求边的值，再根据的面积公式求面积.
【详解】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】
【分析】
根据复数除法运算化简复数，进而得结果
【详解】
故答案为：
【点睛】易错点睛：本题考查了复数的实部和虚部，在解题时一般利用分子、分母同乘分母的共轭复数进行运算，化简为的形式，b就是这个复数的虚部，一定要注意符号，考查学生的运算求解能力，属于易错题.
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】
【分析】
根据数据统计击中目标的次数，再用古典概型概率公式求解.
【详解】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：
【点睛】本题考查古典概型概率公式，考查基本分析求解能力，属基础题.
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】
【分析】取的中点，连接，证明平面平面，平面即平面，然后分别取的中点，证明平面平面，可得，，可得异面直线与所成的角即与所成的角，由余弦定理可得答案.
【详解】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：.

【点睛】
本题考查了异面直线所成的角，关键点是作出平面及找出异面直线所成的角，考查了学生分析问题、解决问题的能力及空间想象力.
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．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题意得，，由，，能够证明是等腰直角三角形．
（2）设点，则，．由，知且，由此能求出．
【详解】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，，
，
，
，
，，
．
【点睛】本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，推理论证能力；综合性强，是高考的重点，易错点是知识体系不牢固．解题时要认真审题，注意平面向量数量积的坐标运算的灵活运用．
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.
【答案】（1）0.42；（2）0.46.
【解析】
【分析】
（1）由相互独立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独立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.
【答案】（1）分；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用频率分布直方图，能求出班级卫生量化打分检查得分的中位数．
（2）“良”、“中”的频率分别为0.4，0.2．又班级总数为40．从而“良”、“中”的班级个数分别为16，8．分层抽样的方法抽取的“良”、“中”的班级个数分别为4，2．由此利用对立事件概率计算公式能求出抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率．
【详解】（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.
【点睛】本题考查中位数、概率的求法，考查分层抽样、频率分布直方图、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
20. 在中，内角的对边分别为，设平面向量，且
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若，求中边上的高.
【答案】(1);(2).
【解析】
【详解】分析：（1）由向量的数量积的运算，得，
根据正弦、余弦定理得，即可得到；
（2）由余弦定理和，得，再利用三角形的面积公式，求得，即可得到结论．
详解：（1）因，
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．
点睛：本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
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.
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由和，利用线面垂直的判定定理证得平面，然后再由证明.
（Ⅱ）由平面，则是三棱锥在平面上高，然后利用等体积法求解.
【详解】（Ⅰ）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.
（Ⅱ）∵平面，
∴是三棱锥在平面上的高，且.
∵点，分别是，的中点，
∴.
∴.
∴.
【点睛】方法点睛：(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①线面垂直的定义；②判定定理；③垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；④面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；⑤面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．
22. 如图，已知平面，平面，为等边三角形，，F为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）取CE中点G，连接BG，FG，则可证且，根据题意可得，，可得四边形ABGF为平行四边形，所以，根据线面平行的判定定理，即可得证.
（Ⅱ）根据四边形ABGF为平行四边形，根据题意及线面垂直的判定定理，可证平面CDE，则即为直线和平面所成角，在中，求得各个边长，根据三角函数的定义，即可求得答案.
【详解】（Ⅰ）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平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
（Ⅱ）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，，
直角梯形ABED中，，
在中，，
所以，
所以直线和平面所成角的正弦值为.
【点睛】解题的关键是熟练掌握线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，并灵活应用，在用定义法处理线面角时，需找到平面的垂线，作出线面角，利用三角函数进行求解，考查分析计算，推理证明的能力，属基础题.