特训10 期末必刷选填题（十大模块，全国期末真题典藏版）-2023-2024学年高一数学下学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

特训10 期末必刷选填题（十大模块，全国期末真题典藏版） 目录： 模块1：平面向量综合 模块2：解三角形 模块3：基本立体图形概念辨析、直观图 模块4：空间几何体的截面、最短距离，表面积与体积 模块5：以传统文化、生活情境为背景的立体几何、解三角形问题 模块6：空间几何体有关高度、面积、体积大小比较问题 模块7：空间中的位置关系、距离、夹角 模块8：复数 模块9：统计 模块10：概率 一、单选题 模块1：平面向量综合 1．（22-23高一下·上海浦东新·期末）下列说法正确的是（   ） A．若，则与的长度相等且方向相同或相反； B．若，且与的方向相同，则 C．平面上所有单位向量，其终点在同一个圆上； D．若，则与方向相同或相反 【答案】B 【分析】 对于A，利用向量的模的定义即可判断；对于B，利用向量相等的定义判断即可；对于C，考虑向量的起点位置判断即可；对于D，考虑特殊向量即可判断. 【解析】 对于A，由只能判断两向量长度相等，不能确定它们的方向关系，故A错误； 对于B，因为，且 与同向，由两向量相等的条件，可得 =，故B正确； 对于C，只有平面上所有单位向量的起点移到同一个点时，其终点才会在同一个圆上，故C错误； 对于D，依据规定：与任意向量平行，故当时，与的方向不一定相同或相反，故D错误. 故选：B. 2．（22-23高一下·四川攀枝花·期末）在中，为上一点，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平面向量的加法、减法、数乘运算及平面向量基本定理即可求解. 【解析】   由题意知，，因为，且， 所以，故答案为C. 故选：C 3．（23-24高一上·浙江宁波·期末）已知，且满足，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据进行求解，得到答案. 【解析】因为，， 所以在上的投影向量为. 故选：D 4．（22-23高一下·山西大同·期末）已知向量，，若向量满足，，则向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，由，，利用向量共线和垂直的坐标运算，列方程组求出，得的坐标. 【解析】设，则， 对于，有①． 又由，，有②. 联立①②，解得，. 故向量的坐标为. 故选：D. 5．（22-23高一下·上海奉贤·期末）已知向量，，则下列结论正确的是（    ） A．与的夹角是钝角 B． C．在上的投影的数量为 D．在上的投影的数量为 【答案】C 【分析】利用数量积的坐标表示判断A；利用垂直的坐标表示判断B；求出投影的数量判断CD作答. 【解析】向量，， 对于A，由，有，则与的夹角不是钝角，故A错误； 对于B，，，即与不垂直，故B错误； 对于CD，在上的投影的数量为，故C正确，D错误. 故选：C 6．（22-23高一下·新疆喀什·期末）已知平面向量，满足，，，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设向量的夹角为，结合，求得，即可求解. 【解析】设向量的夹角为，因为，可得， 又因为，， 可得 ，解得， 因为，可得. 故选：B. 7．（22-23高一下·广东韶关·期末）.在中，点为边的中点，点为的中点，若，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】直接根据向量的线性运算以及三角形法则求解即可． 【解析】中，点为边的中点，点为的中点，如图所示，    ， 又，，. 故选：D 8．（23-24高一下·广东·期末）如图，点是的重心，点是边上一点，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】延长交于，根据题意，得到且，再由，可得是的四等分点，根据向量的运算法则，求得，求得的值，即可求解. 【解析】如图所示，延长交于， 由已知为的重心，则点为的中点，可得，且， 又由，可得是的四等分点， 则， 因为，所以，，所以． 故选：C. 9．（22-23高一下·重庆沙坪坝·期末）已知是边长为的正三角形，动点满足，且.若为的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接，根据平面向量共线定理的推论可得、、三点共线，由正三角形的性质可得且，即可得到当是的中点取得最小值. 【解析】如图取的中点，连接，则， 因为，所以，又， 所以、、三点共线，即在直线上， 因为是边长为的正三角形，所以且， 又为的中点，所以当是的中点时且，则， 此时取得最小值，即的最小值为.    故选：B 10．（22-23高一下·内蒙古巴彦淖尔·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意求得，由正弦定理计算即可． 【解析】由题意，则， 由及正弦定理得，所以. 故选：B. 11．（22-23高一下·新疆伊犁·期末）设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则边（    ） A． B．或 C．或 D． 【答案】B 【分析】由正弦定理可得，结合已知求得或，注意验证是否满足构成三角形，进而求. 【解析】由正弦定理知：，则， 又，而， 所以，故或，又，故均满足题设， 当，则，此时；当，则，此时. 故选：B 12．（22-23高一下·吉林·期末）在中，，，，的角平分线交BC于D，则（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】根据余弦定理求得的长，再利用，即可求得答案. 【解析】在中,由余弦定理得,    则，即， 解得，（负值舍）， 而AD平分，即， 又，故， 则， 故选：B 13．（21-22高一下·福建莆田·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】C 【分析】由三角形内角和可判断A项，由三角形中大边对大角可判断B项，由正弦定理解三角形可判断C项，由余弦定理解三角形可判断D项. 【解析】对于A项，由，，可得，所以三角形只有一解； 对于B项，由，，，可得，所以，此时三角形有唯一的解； 对于C项，由正弦定理，可得， 可得B有两解，所以三角形有两解； 对于D项，由余弦定理得， 可得c有唯一的解，所以三角形只有一解． 故选：C． 14．（22-23高一下·天津·期末）下列结论正确的个数为（    ） ①在中，若，则； ②在锐角中，不等式恒成立； ③在中，若，，则为等腰直角三角形； ④在中，若，，面积，则外接圆半径为. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据大边对大角、余弦函数的单调性可判断①；由余弦定理可判断②；由余弦定理、正弦定理可判断③；由三角形的面积公式、余弦定理、正弦定理可判断④. 【解析】对于①：在中，若，根据大边对大角则， 因为，在上单调递减，所以，故选项①正确； 对于选项②：在锐角三角形中，，即， 故不等式恒成立，故选项②正确； 对于选项③：在中，， 由余弦定理可知：，因此有 可得 ， 即，因为，所以， 因此，所以或，即，或（舍去）， ，所以，故③正确． 对于选项④：在中，若，，三角形面积， 所以，解得， 所以， 由正弦定理，故选项④正确． 故选：D． 【点睛】方法点睛：在解三角形问题中，主要利用正弦定理、余弦定理及面积公式解题，考查了学生思维能力、计算能力. 15（多选）．（22-23高一下·辽宁鞍山·期末）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列叙述正确的是（    ） A．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个 B．若，则为钝角三角形 C．若不是直角三角形，则 D．若，则为等腰三角形 【答案】ABC 【分析】A选项，根据得到满足条件的三角形只有一个；B选项，由正弦定理和余弦定理得到，B正确；C选项，利用化简得到答案；D选项，变形得到，由余弦定理和倍角公式得到，从而得到或. 【解析】对于A，由，则，又，知满足条件的三角形只有一个，故A正确； 对于B，，即，A为钝角，故B正确； 对于C，因为不是直角三角形，所以均有意义， 又，所以， 所以，故C正确； 对于D，， 即， 由正余弦定理可得，则， 所以或，故D错误. 故选：ABC. 16．（22-23高一下·山西朔州·阶段练习）在斜三角形中，角的对边分别为，点满足，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过正余弦定理转化得，对变形得，两边同平方得，解出，再利用三角形面积公式和向量中线公式即可得到答案. 【解析】因为， 由余弦定理得， 又因为是斜三角形，所以，所以， 由正弦定理得，因为， 所以，所以， 所以，所以， 所以， 因为， 化简得，解得或（舍去）， 所以， 设边的中点为，则， 因为，所以， 即为的中点，所以：. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正余弦定理进行转化得，再对向量式进行变形处理得，再两边同平方代入数据从而解出，最后再通过三角形面积公式得到答案. 17．（22-23高一下·浙江宁波·期末）十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”．它的答案是：当三角形的三个角均小于时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中，所求点称为费马点.已知在中，已知，，且点M在AB线段上，且满足,若点P为的费马点，则（    ） A．﹣1 B． C． D． 【答案】C 【分析】由余弦定理可得，再由正弦定理可得sinB，进而求得cosB，设，由余弦定理可得CM，进而求出的面积，根据定义可得P为三角形的正等角中心，再由等面积法可得，再由平面向量的数量积公式得解． 【解析】因为在中，，， 所以由余弦定理可得， 由正弦定理可得，即， 又B为锐角，所以， 设，则， 即，解得，即， 所以，则， 又， 则为锐角，由于，故， 所以的三个内角均小于， 则P为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角； 所以 ， 所以， 所以 ， 故选：C． 【点睛】关键点睛：本题考查正余弦定理的运用，考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，解答的关键在于确定的费马点位置，进而利用面积关系求出，即可解决问题. 模块3：基本立体图形概念辨析、直观图 18．（22-23高一下·宁夏吴忠·期末）下列关于几何体特征的判断正确的是（    ） A．一个斜棱柱的侧面不可能是矩形 B．底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥 C．有一个面是边形的棱锥一定是棱锥 D．平行六面体的三组对面中，必有一组是全等的矩形 【答案】C 【分析】根据直棱柱、正棱锥、棱锥的分类，以及平行六面体的几何结构特征，逐项判定，即可求解. 【解析】对于A中，斜棱柱的侧面中，可以有的侧面是矩形，所以A不正确； 对于B中，根据正棱锥的定义，底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面多边形的中心的棱锥是正棱锥，所以B不正确； 对于C中，根据棱锥的分类，可得有一个面是边形的棱锥一定是棱锥，所以C正确； 对于D中，平行六面体的三组对面中，必有一组是全等的平行四边形，所以D错误. 故选：C. 19．（22-23高一下·辽宁·期末）若正五边形的中心为，以所在的直线为轴，其余五边旋转半周形成的面围成一个几何体，则（    ） A．该几何体为圆台 B．该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单组合体 C．该几何体为圆柱 D．该几何体是由圆柱和圆锥组合而成的简单组合体 【答案】B 【分析】 根据圆柱、圆锥、圆台的概念判断即可. 【解析】 由题意可知形成如图的几何体，    该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单组合体. 故选：B 20．（22-23高一下·广东云浮·期末）一个几何体由6个面围成，则这个几何体不可能是（    ） A．四棱台 B．四棱柱 C．四棱锥 D．五棱锥 【答案】C 【分析】根据棱柱，棱台和棱锥的面的个数，结合选项得出答案即可． 【解析】对于A，四棱台是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意； 对于B，四棱柱是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意； 对于C，四棱锥有一个底面，四个侧面有5个面，不满足题意； 对于D，五棱锥有一个底面，五个侧面有6个面，满足题意. 故选：C 21．（22-23高一下·辽宁大连·期末）如图，一个水平放置的平面图形的直观图是腰长为1的等腰直角三角形，则原平面图形的面积为（   ）    A． B．1 C． D． 【答案】A 【分析】先求得原图形三角形的底与高的值，进而求得原图形的面积. 【解析】因为在直观图中，，所以， 所以原图形是一个底边长为，高为的直角三角形， 故原图形的面积为．      故选：A 22．（22-23高一下·山东潍坊·期末）已知水平放置的平面图形的直观图如图所示，其中，则平面图形的面积为（    ）    A．6 B．3 C．8 D．4 【答案】D 【分析】根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形的形状，求出上下底边边长，以及高，然后求出面积 【解析】根据直观图画法的规则，直观图中平行于轴，，在轴上，， 则原平面图形中平行于轴，在轴上， 从而有，且，，，如图所示，    所以直角梯形的面积为. 故选：D． 模块4：空间几何体的截面、最短距离，表面积与体积 23．（22-23高一下·河北唐山·期末）若圆锥的底面半径为，高为1，过圆锥顶点作一截面，则截面面积的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】依题意求得圆锥的母线长，确定轴截面的顶角，从而求出截面面积的取值的最大值，由此得解. 【解析】依题意，设圆锥的母线长为l，则， 设圆锥的轴截面的两母线夹角为，则， 因为，所以， 则过该圆锥的顶点作截面，截面上的两母线夹角设为，    故截面的面积为，当且仅当时，等号成立， 故截面的面积的最大值为2. 故选：A. 24．（22-23高一下·重庆沙坪坝·期末）在棱长为2的正方体中，为的中点，过点的平面截正方体的外接球的截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意分析可知：当与截面垂直时，截面半径最小，结合正方体与球的性质运算求解. 【解析】正方体的外接球的球心为正方体的中心（对角线的中点）， 设球的半径为，可得， 连接，则分别为的中点，可得， 根据球的对称性可知：当与截面垂直时，截面半径最小， 此时，截面面积的最小值为. 故选：C.    25．（22-23高一下·四川成都·期末）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC＝2，，A为锐角，侧棱PA＝PB＝PC＝2，一只小虫从A点出发，沿侧面绕棱锥爬行一周后回到A点，则小虫爬行的最短距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，求出的值，将三棱锥沿侧棱展开，分析其展开图，由余弦定理分析可得答案． 【解析】根据题意，在三棱锥中，， 则有，可得，又，则， 而，则，又△PAB，△PAC为正三角形， 将三棱锥沿侧棱展开，得到如图所示的多边形，其中，    根据余弦定理，最短距离 故选：D． 26．（22-23高一下·新疆喀什·期末）将棱长为2的正方体削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】问题等价于求该正方体内切球的表面积，结合已知数据求解. 【解析】易知体积最大的球为该正方体的内切球，球的半径为1， 则该球的表面积为 故选：D. 27．（21-22高一下·全国·期末）已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，由条件可得球的半径，再由球的表面积公式，即可得到结果. 【解析】设球的半径为，则，解得， 所以球的表面积为， 故选：A. 28．（22-23高一下·福建·期末）已知直四棱柱的棱长均为2，.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】先找出平面截球面的截面圆的圆心是的中点，再找到截面圆的半径和交线. 【解析】如图所示：    由已知，连接，则 因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，， 所以为等边三角形. 且平面，取的中点，连接,则, 又平面，所以， 又，所以平面， 故平面截球面的截面圆的圆心是点， 取和的中点，连接,则， 故在球面上，,， 所以为直角三角形，, 球面与侧面的交线是侧面上以为圆心， 为半径的圆弧. 故选：B. 29．（22-23高一下·辽宁大连·期末）菱形十二面体是由12个全等的菱形构成的，其有24条棱，14个顶点，它每个面的两条对角线之比为，已知一个菱形十二面体的棱长为，体积为16，则该菱形十二面体的内切球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形十二面体的性质，结合其内切球的性质，将菱形十二面体分割为十二个四棱锥，结合其几何性质，求其高，可得球的半径，可得体积. 【解析】由题意，设菱形十二面体内切球的球心为，其中一个面为菱形， 过作平面的垂线，以为垂心，连接， 可得四棱锥，如下图所示：    由棱形十二面体的性质，可知为菱形的中心，即， 易知棱形十二面体体积等于十二个四棱锥的体积， 故四棱锥的体积， 由题意，可得，，在菱形中，易知， 在，由，且，则，， 故菱形的面积， 在四棱锥中，， 由内切球的性质，可得其半径为， 其体积. 故选：C. 模块5：以传统文化、生活情境为背景的立体几何、解三角形问题 30．（22-23高一下·黑龙江齐齐哈尔·期末）紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶、石瓢壶、潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台（其他因素忽略不计），如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的侧面积约为（    ）．    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，作出近似圆台的轴截面，求出其母线长，由圆台的侧面积公式可求得结果 【解析】根据题意，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图为该圆台的轴截面， 上底面半径，下底面半径为，高， 所以圆台的母线长为， 所以圆台的侧面积为， 故选：C    31．（22-23高一下·湖南岳阳·期末）民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺的立体结构图.已知底面圆的直径，圆柱体的高，圆锥体的高，则这个陀螺的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合组合体特征，分解为圆柱、圆锥两个几何体，利用它们的表面积的计算方法，计算出正确答案. 【解析】圆柱、圆锥的底面半径为， 圆锥的母线长为， 所以陀螺的表面积是. 故选：B. 32．（22-23高一下·广西·期末）百色起义纪念碑于1984年建成．纪念碑外形似一面迎风飘扬的红旗，又似一杆红缨枪直指天宇．正面有邓小平同志的亲笔题词，背面是百色起义的纪事碑文，两侧分别是邓小平、张云逸率领的广西警备第四大队来到百色，韦拔群举办农民运动讲习所的两幅浮雕，碑顶凸起的“1929”字样标明了百色起义的时间．为测量纪念碑的高度，小李同学取了从西到东相距10.1米的，两个观测点，在点测得纪念碑在北偏西的点处（，，在同一水平面上），在点测得纪念碑在北偏西，碑顶的仰角为，则纪念碑的高度约为（    ）（） A．18.4米 B．19.29米 C．21.7米 D．23.9米 【答案】D 【分析】作图分析，结合正弦定理可得，进而可得. 【解析】如图，由题意可得，，，则. 由正弦定理，即 . 故.    故选：D 33．（22-23高一下·辽宁鞍山·期末）如图，小明想测量自己家所在楼对面的电视塔的高度，他在自己家阳台M处，M到楼地面底部点N的距离为，假设电视塔底部为E点，塔顶为F点，在自己家所在的楼与电视塔之间选一点P，且E，N，P三点共处同一水平线，在P处测得阳台M处、电视塔顶处的仰角分别是和，在阳台M处测得电视塔顶F处的仰角，假设，和点P在同一平面内，则小明测得的电视塔的高为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可得，在中利用正弦定理可求，进而在中求得结果. 【解析】在中，， 在中，，， 则， 由正弦定理， 可得， 在中，(m). 故选：A. 模块6：空间几何体有关高度、面积、体积大小比较问题 34．（21-22高一下·江西南昌·期末）如图，棱锥、棱柱、棱台的底面积和高均相等，分别为s，h，棱台上底面的面积为，现将装满水的棱锥、棱柱、棱台中的水分别倒入底面积为s的圆柱里，对应的水面高分别记为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别计算出棱锥、棱柱、棱台的体积，进而求得，，即可求解. 【解析】设棱锥、棱柱、棱台的体积分别为，则，则，显然. 故选：A. 35．（21-22高一下·广东佛山·期末）如图，在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c（），分别以边AB，AC，BC所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其体积分别为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由直角三角形绕其直角边旋转可以得到一个圆锥，直角三角形绕其斜边旋转可以得到两个共用同一底面的圆锥的组合体，绕三边旋转一周分别形成三个几何体的形状，求出他们的体积，即可得答案． 【解析】解：当绕边旋转时，其体积； 当绕边旋转时，体积； 当绕边旋转时，体积． ∴． 故选：A． 36．（21-22高一下·四川成都·期末）在三棱锥A-BCD中，有，，，且，分别经过三条棱AB，AC，AD作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，，，则，，的大小关系是 （按从大到小顺序排列，并用“>”号连接）． 【答案】 【分析】根据题意，可由，直接计算出，，，可得，，，在用作差法，可得最后答案. 【解析】因为，，， 所以三棱锥A-BCD可由以点为顶点的长方体所截， 设三边分别为，即， 经过三条棱AB作一个截面平分三棱锥的体积，作图如下： 因为，，且，所以平面， 在平面内，分别过作， 因为平面，所以， 因为，所以平面，同理平面， 因为截面平分三棱锥的体积，所以，易得为的中点， 从而易得， 同理可得：，， 则， 因为，所以，同理可得：，所以， 故答案为：. 二、多选题 模块7：空间中的位置关系、距离、夹角 37．（21-22高一下·全国·期末）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】BD 【分析】利用反例说明A、C，利用线面平行的性质判断B，根据线面垂直的性质判断D. 【解析】如图， 在正方体中， 令，，平面，满足，，此时，故A错误； 由线面平行的性质知B正确； 令，，平面，满足，，此时，故C错误； 由垂直同一直线的两个不同的平面平行知，，故D正确； 故选：BD. 38．（22-23高一下·陕西西安·期末）如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列说法中正确的序号是（    ） A．直线与直线相交； B．直线与直线平行； C．直线BM与直线是异面直线； D．直线与直线成角. 【答案】CD 【分析】将正方体的平面展开图，复原为正方体，根据异面直线的定义，可判定A、B不正确；C正确；再结合异面直线所成的角的定义与求解，可判定D正确. 【解析】如图所示，将正方体的平面展开图，复原为正方体， 对于A中，直线与不同在任何一个平面内，否则四点共面，（矛盾）， 所以直线与为异面直线，所以A不正确； 对于B中，直线与不同在任何一个平面内，否则四点共面，（矛盾）， 所以直线与为异面直线，所以B不正确； 对于C中，平面平面，平面，平面， 所以直线与不相交，连接，则，而与相交， 所以与不平行，否则，不合题意， 所以直线与是异面直线，所以C正确； 对于D中，连接，则为正三角形，可得， 又由，则为直线与直线所成的角， 即直线与直线所成的角为，所以D正确. 故选：CD. 39．（19-20高一上·广东东莞·期末）如图，在长方体中，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．四点共面 B．直线与所成角的为 C．平面 D．平面平面 【答案】BD 【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系、异面直线所成角的定义，逐一分析判断即可. 【解析】对于A：在长方体中，在平面内，为的中点，平面，则为平面外一点，故不共面，故A错误； 对于B：如图，取中点，连接，，    可得，则为直线与所成角， 在长方体中，由，易得为边长为的正三角形，故，故B正确； 对于C：若平面，又平面，则平面平面，而平面平面，故矛盾，故C错误； 对于D：在长方体中，平面，平面， 所以，平面平面，故D正确. 故选：BD 40．（22-23高一下·新疆伊犁·期末）如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（       ）    A．直线平面 B．三棱锥的体积为定值 C．异面直线与所成角的取值范围是 D．当P为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为 【答案】AB 【分析】对于A：利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；对于B：根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；对于C：根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；对于D：利用等体积法求点到平面的距离，结合线面夹角的定义运算求解. 【解析】对于选项A：因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 所以平面， 且平面，可得， 同理可得：， 且，平面， 所以直线平面，故A正确； 对于选项B：因为∥，且，则为平行四边形，可得∥， 且平面，平面，所以∥平面， 又因为点在线段上运动，则到平面的距离为定值， 且的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 对在选项C：由选项B可知：∥， 所以异面直线与所成角为直线与直线的夹角. 又因为，则为等边三角形， 当为的中点时，直线与直线的夹角最大， 可得，即直线与直线的夹角为； 当与点或重合时，直线与直线的夹角最小， 可得直线与直线的夹角为； 所以异面直线与所成角的取值范围是，故C错误； 对于选项D：当P为的中点时，直线即为直线， 所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 设点到平面的距离为d，正方体的棱长为2， 因为， 由等体积法可得，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 即直线与平面所成角的正弦值为，故D错误；    故选：AB. 【点睛】关键点睛：1.利用平行关系可知异面直线与所成角为直线与直线的夹角，进行分析求解； 2.利用等体积法求点到平面的距离，可知直线与平面所成角的正弦值为. 41．（22-23高一下·广东广州·期末）在如图所示的三棱锥中，，并且OA，OB，OC两两互相垂直，则下列结论正确的是（    ） A．直线AB与平面OBC所成的角为 B．二面角的正切值为 C．P为线段AC的中点，直线OP与BC所成的角为 D．作平面ABC，垂足为M，则M为的重心 【答案】BD 【分析】对于A，根据线面角的定义，结合线面垂直的判定定理以及等腰直角三角形的性质，可得答案； 对于B，根据二面角的平面角定义，解得勾股定理以及等边三角形的性质，利用锐角三角函数的定义，可得答案； 对于C，根据异面直线夹角的定义，结合中位线定理以及等边三角形的性质，可得答案； 对于D，根据线面垂直的判定定理以及性质定理，结合三角形重心的定义，可得答案. 【解析】对于A，因为，，且，平面，所以平面， 所以，为直线与平面的夹角，由，且，则，故A错误； 对于B，由题意，取的中点，记为，连接，如下图所示： 设，在中，， 同理可得：，则， 在中，由为的中点，则，同理可得：， 所以为二面角的平面角， 在中，，易知， 因为平面，且平面，所以， 在中，，故B正确； 对于C，由题意，取的中点，记为，连接，如下图： 由选项B可知：，， 因为分别为的中点，所以，， 所以为直线与直线夹角或其补角， 在中，，同理可得：， 在中，，则，故C错误； 对于D，连接，如下图： 因为平面，且平面，所以，同理可得， 因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可得：，， 所以为的垂心，又因为正三角形重心与垂心重合，所以M为重心，故D正确. 故选：BD. 42．（20-21高一下·浙江·期末）如图，矩形ABCD中，已知，，E为AD的中点.将沿着BE向上翻折至，记锐二面角的平面角为，与平面BCDE所成的角为，则下列结论可能成立的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】记中点为，连接，证得，，得到锐二面角的平面角为，在证得平面，过作，证得平面，连接，得到，分别在直角和，结合三角函数的性质，逐项判定，即可求解. 【解析】记中点为，连接，连接与交于点，可得四边形是正方形， 所以，，故锐二面角的平面角为， 因为且平面，所以平面， 过作于H，则， 又因为，且平面，所以平面， 连接，则与平面所成的角为， 记，因为直角中，， 在直角中，，所以①，选项A成立； 将①平方得：，所以， 可得， 因为，都是锐角，则，所以， 又因为，， 根据余弦函数的单调性可知，可得，选项C成立； 因为，，若使，则需， 即当，可以成立，即B可能成立： 又由由，都是锐角，且，可得，则， 由选项C知，所以，选项D错误. 故选：ABC.    模块8：复数 43．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知复数，，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则在复平面内对应的点在一条直线上 【答案】AD 【分析】 根据题意，由共轭复数的定义分析A；举反例说明BC；由复数的几何意义确定D. 【解析】对于A：设，若，则，故 必有，A正确； 对于B：若，，则有，但，B错误； 对于C：若，，则有，但，C错误； 对于D：设复数，在复平面内对应的点为和 若，则在复平面内对应的点为线段的中垂线，故在复平面内对应的点在一条直线上，D正确. 故选：AD. 44．（23-24高一上·湖南常德·期末）下列命题为真命题的是（    ） A．复数在复平面内对应的点在第二象限 B．若为虚数单位，为正整数，则 C．若复数为纯虚数，则， D．复数的虚部为 【答案】CD 【分析】根据复数的概念与复数的运算法则，依次判断各选项即可得到答案. 【解析】对于A，复数在复平面内对应的点为，在第四象限，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，复数为纯虚数，则，故C正确； 对于D，复数 的虚部为，故D正确； 故选：CD. 45．（22-23高一下·湖南湘西·期末）已知是虚数单位，若，则（    ） A．复数的虚部为； B．复数对应的点在第二象限； C．； D．复数是关于的方程的一个根. 【答案】ABD 【分析】求得复数的虚部判断选项A；求得复数对应的点所在象限判断选项B；求得的值判断选项C；代入验证法判断选项D. 【解析】由题意可得，， 复数的虚部为，故A正确； ，对应的点在第二象限，故B正确； ，故C错误； 由 可得复数是关于的方程的一个根.故D正确. 故选：ABD 46．（22-23高一下·宁夏吴忠·期末）设复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（    ） A．“”是“”的必要条件 B．若，则的最大值为1 C．若，则 D．，关于的方程在中最多可以有4个解 【答案】AD 【分析】根据充分、必要条件的判定方法，可判定A正确；根据复数的几何意义，可判定B错误；由 表示以为首项，以为公比的等比数列，结合等比数列求和和复数的运算，可判定C错误；化简方程为，分和，结合二次函数的性质，可判定D正确. 【解析】对于A中，当时，可得，所以“”是“”的必要条件，所以A正确； 对于B中，若，可得，表示点在以原点为圆心，半径为的圆上， 又由，所以， 则表示点到的距离，其最大值为，所以B错误； 对于C中，由，可得，所以 表示以为首项，以为公比的等比数列， 所以，所以C错误； 对于D中，对于方程，可得， 即，所以， 若，则，可得， 当时，有两个相等的实数根，此时复数有1个； 当时，有两个不相等的实数根，此时复数有2个； 当时，无根，此时复数不存在； 若，则，可得， 当时，有两个相等的实数根，此时复数有1个； 当时，有两个不相等的实数根，此时复数有2个； 当时，无根，此时复数不存在； 综上所述，复数最多有4个根，所以D正确. 故选：AD. 模块9：统计 47．（22-23高一下·内蒙古呼伦贝尔·期末）下列抽样方法不是简单随机抽样的是（    ） A．从平面直角坐标系中抽取个点作为样本 B．可口可乐公司从仓库中的箱可乐中一次性抽取箱进行质量检查 C．某班级从名同学中，挑选出名最优秀的同学参加数学竞赛 D．从台电脑中不放回地随机抽取台进行质量检验（假设台电脑已编好号，对编号随机抽取） 【答案】ABC 【分析】根据简单随机抽样适用的条件以及抽取方法，逐一判断即可. 【解析】对于A：平面直角坐标系中有无数个点，这与要求总体中的个体数有限不相符， 故A中的抽样方法不是简单随机抽样，故A错误； 对于B：是一次性抽取箱，不符合逐个抽取的特点，故不是简单随机抽样，故B错误； 对于C：挑选的名同学是最优秀的，不符合简单随机抽样的等可能性， 故C中的抽样方法不是简单随机抽样，故C错误； 对于D：易知D中的抽样方法是简单随机抽样，故D正确. 故选：ABC. 48．（23-24高一上·江西景德镇·期末）2023年8月8日是我国第15个“全民健身日”，“全民健身日”提升全民健身意识，让健身成为一种习惯和风俗，为倡导健康生活方式，某大学社团联合学生会倡议全校学生参与“每日万步行”健走活动．下图为该校甲、乙两名同学在同一星期内每日步数的折线统计图，则下列说法正确的是（    ） A．这一星期内甲的日步数的中位数小于乙的日步数的中位数 B．这一星期内甲的日步数的平均数大于乙的日步数的平均数 C．这一星期内乙的日步数的标准差小于甲的日步数的标准差 D．这一星期内乙的日步数的分位数是12400 【答案】BC 【分析】根据折线图得到这一星期内甲，乙的日步数，都从小到大进行排列，得到中位数后即可判断选项A；根据平均数计算公式，计算出这一星期内甲，乙的日步数的平均数，比较大小即可判断选项B；根据图象观察甲的波动程度较大，故方差较大，从而判断选项C；把乙一星期内的步数从小到大进行排列，并计算，故第六个数为所求，即可判断选项D. 【解析】由折线图可得甲一星期内的步数从小到大的排列为： ，所以中位数为12600； 由折线图可得乙一星期内的步数从小到大的排列为： ，所以中位数为12600； 故这一星期内甲、乙的日步数的中位数都为12600，A错误； 这一星期内甲的日步数的平均数为： ， 这一星期内乙的日步数的平均数为： ， 因为，故B正确； 由图知，甲的波动程度较大，故方差，标准差较大，故C正确； 乙一星期内的步数从小到大的排列为： ，故这一星期内乙的日步数的分位数是13800，故D错误． 故选：BC. 49．（20-21高一下·浙江台州·期末）某公司为检测某型号汽车的质量问题，需对三个批次生产的该型号汽车进行检测，三个批次产量分别为100000辆､150000辆和250000辆，公司质监部门计划从中抽取500辆进行检测，则下列说法正确的是（    ） A．样本容量为500 B．采用简单随机抽样比分层随机抽样合适 C．应采用分层随机抽样，三个批次的汽车被抽到的概率不相等 D．应采用分层随机抽样，三个批次分别抽取100辆､150辆､250辆 【答案】AD 【分析】根据样本容量的定义即可判断A； 根据分层抽样的定义与特征即可判断B、C、D； 【解析】解：由题意易知样本容量为500，故A正确； 公司为检测某型号汽车的质量问题，三个批次产量分别为100000辆､150000辆和250000辆，公司质监部门计划从中抽取500辆进行检测，故采用分层抽样，故B错误； 对于分层抽样的每一辆轿车被抽到的可能性相等，故C错误； ， 所以三个批次分别抽取辆，辆，辆，故D正确. 故选：AD. 50．（23-24高一上·贵州遵义·期末）遵义市某校高一年级甲，乙两名同学8次数学测试（100分制）成绩如茎叶图所示，则下列结论正确的是（    ） A．甲、乙的中位数都是83 B．甲的方差小于乙的方差 C．甲、乙同学成绩的极差分别是17和20 D．甲的分位数是80、乙的分位数是83 【答案】BC 【分析】根据茎叶图求甲乙的中位数、方差、极差，结合百分数求法求甲的分位数、乙的分位数，即可判断各项正误. 【解析】由茎叶图知：甲数据为，乙数据为， 甲乙中位数分别为，，A错； 甲的平均值， 乙的平均值， 故甲的方差， 故乙的方差， 所以甲的方差小于乙的方差，B对； 甲乙的极差分别为，，C对； 由，甲的分位数为， 由，乙的分位数为，D错. 故选：BC 51．（22-23高一下·福建福州·期末）设一组样本数据，，，的平均数为2，方差为0.01，则数据，，，的（    ） A．平均数为5 B．平均数为7 C．标准差为0.2 D．标准差为0.1 【答案】BC 【分析】由题意，根据平均数和方差的变化规律即可得到另一组数据的平均数和方差，进而可得标准差． 【解析】已知一组样本数据的平均数为2，方差为0.01， 则数据的平均数， 方差，标准差 故选：BC． 模块10：概率 52．（23-24高一上·江西南昌·期末）下列说法正确的是（    ） A．一名篮球运动员，号称投篮“百发百中”，则他投篮一次，命中为必然事件 B．随机事件发生的可能性越大，它发生的概率越接近1 C．投掷两枚均匀的骰子，观察出现的点数和，点数和为2是一个样本点 D．试验“连续投掷一枚均匀的骰子直到出现3点停止，观察投掷的次数”的样本空间为 【答案】BC 【分析】由随机事件以及它的概率范围即可判断AB，由样本点，样本空间的定义即可判断CD. 【解析】对于A，他投篮一次，命中为随机事件，故A错误； 对于B，随机事件发生的可能性越大，它发生的概率越接近1，故B正确； 对于C，点数和为2当且仅当两枚骰子出现的点数都为1，这是有可能的，故C正确； 对于D，试验“连续投掷一枚均匀的骰子直到出现3点停止，观察投掷的次数”的样本空间为，故D错误. 故选：BC. 53．（23-24高一下·辽宁·期末）同时拋郑两个质地均匀的四面分别标有的正四面体一次，记事件第一个四面体向下的一面出现偶数；事件第二个四面体向下的一面出现奇数；事件两个四面体向下的一面或同时出现奇数，或者同时出现偶数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用古典概率公式，互斥事件的概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式，逐一判断即可求解. 【解析】依题意，， ，故选项A正确，B不正确； 因为，为相互独立事件， 所以，故选项C正确； 又因为事件、、不可能同时发生， 所以，故选项D不正确； 故选：AC. 54．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）下列命题正确的是（    ） A．对于事件，，若，则 B．若三个事件，，两两互斥，则 C．若，，则事件，相互独立与互斥不会同时发生 D．若事件，满足，，，则 【答案】BCD 【分析】根据互斥事件的定义，结合独立事件的定义、对立事件的概率公式逐一判断即可. 【解析】A：因为，所以事件，不是互斥事件，因此不成立，所以本选项不正确； B：根据互斥事件的性质可知本选项正确； C：假设事件，相互独立，则有，因此， 所以和不互斥；反之，若事件，是互斥事件，则有， 那么，所以事件，不独立， 因此件，相互独立与互斥不会同时发生，所以本选项正确； D： 因为， 因为， 所以，因此本选项正确， 故选：BCD 三、填空题 55．（22-23高一下·陕西宝鸡·期末）从3名男同学和2名女同学中任选3人参加社区服务，则选中的3人中恰有两名男同学的概率为 . 【答案】/0.6 【分析】利用列举法计算古典概型的概率. 【解析】设2名女同学为，3名男同学为，从以上5名同学中任选3人总共有 共10种情况. 选中的3人中有两名男同学的情况有共6种情况， 故所求概率为. 故答案为： 56．（22-23高一下·广东阳江·期末）小强忘记了进门密码的最后两位，只记得最后一位是数字1，7中的一个，倒数第二位是数字3，6，9中的一个，则小强输入一次密码能成功开门概率是 ． 【答案】 【分析】利用古典概型概率公式运算即可得解. 【解析】解：由条件可知，小强可能输入的密码包含 ，，，，， 共6种情况，其中正确的密码有1个， 所以输入一次密码正确的概率. 故答案为： 57．（22-23高一下·浙江宁波·期末）据浙江省新高考规则，每名同学在高一学期结束后，需要从七门选考科目中选择其中三门作为高考选考科目.某同学已经选择了物理、化学两门学科，还需要从生物、技术这两门理科学科和政治、历史、地理这三门文科学科共五门学科中再选择一门，设事件“选择生物学科”，“选择一门理科学科”，“选择政治学科”，“选择一门文科学科”，现给出以下四个结论： ①和是互斥事件但不是对立事件；     ②和是互斥事件也是对立事件； ③；     ④. 其中，正确结论的序号是 .（请把你认为正确结论的序号都写上） 【答案】②④ 【分析】根据互斥事件、对立事件的概念与性质逐项判断即可. 【解析】事件“选择一门文科学科”，包含“选择政治学科”，“选择历史学科”，“选择地理学科” 所以事件“选择政治学科”，包含于事件，故事件可以同时发生，不是互斥事件，故①不正确； 事件“选择一门理科学科”，与事件    “选择一门文科学科”，不能同时发生，且必有一个事件发生，故和是互斥事件也是对立事件，故②正确； 由题意可知，所以，故③不正确； 事件“选择生物学科”，与事件“选择一门文科学科”，不能同时发生，故和是互斥事件，所以，故④正确. 故答案为：②④. ( 第 1 页 共 16 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训10 期末必刷选填题（十大模块，全国期末真题典藏版） 目录： 模块1：平面向量综合 模块2：解三角形 模块3：基本立体图形概念辨析、直观图 模块4：空间几何体的截面、最短距离，表面积与体积 模块5：以传统文化、生活情境为背景的立体几何、解三角形问题 模块6：空间几何体有关高度、面积、体积大小比较问题 模块7：空间中的位置关系、距离、夹角 模块8：复数 模块9：统计 模块10：概率 一、单选题 模块1：平面向量综合 1．（22-23高一下·上海浦东新·期末）下列说法正确的是（   ） A．若，则与的长度相等且方向相同或相反； B．若，且与的方向相同，则 C．平面上所有单位向量，其终点在同一个圆上； D．若，则与方向相同或相反 2．（22-23高一下·四川攀枝花·期末）在中，为上一点，且，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一上·浙江宁波·期末）已知，且满足，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高一下·山西大同·期末）已知向量，，若向量满足，，则向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高一下·上海奉贤·期末）已知向量，，则下列结论正确的是（    ） A．与的夹角是钝角 B． C．在上的投影的数量为 D．在上的投影的数量为 6．（22-23高一下·新疆喀什·期末）已知平面向量，满足，，，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 7．（22-23高一下·广东韶关·期末）.在中，点为边的中点，点为的中点，若，则（    ） A． B． C．1 D． 8．（23-24高一下·广东·期末）如图，点是的重心，点是边上一点，且，，则（    ） A． B． C． D． 9．（22-23高一下·重庆沙坪坝·期末）已知是边长为的正三角形，动点满足，且.若为的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 模块2：解三角形 10．（22-23高一下·内蒙古巴彦淖尔·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（    ） A． B． C． D． 11．（22-23高一下·新疆伊犁·期末）设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则边（    ） A． B．或 C．或 D． 12．（22-23高一下·吉林·期末）在中，，，，的角平分线交BC于D，则（    ） A． B．2 C． D． 13．（21-22高一下·福建莆田·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 14．（22-23高一下·天津·期末）下列结论正确的个数为（    ） ①在中，若，则； ②在锐角中，不等式恒成立； ③在中，若，，则为等腰直角三角形； ④在中，若，，面积，则外接圆半径为. A．1 B．2 C．3 D．4 15（多选）．（22-23高一下·辽宁鞍山·期末）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列叙述正确的是（    ） A．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个 B．若，则为钝角三角形 C．若不是直角三角形，则 D．若，则为等腰三角形 16．（22-23高一下·山西朔州·阶段练习）在斜三角形中，角的对边分别为，点满足，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 17．（22-23高一下·浙江宁波·期末）十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”．它的答案是：当三角形的三个角均小于时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中，所求点称为费马点.已知在中，已知，，且点M在AB线段上，且满足,若点P为的费马点，则（    ） A．﹣1 B． C． D． 模块3：基本立体图形概念辨析、直观图 18．（22-23高一下·宁夏吴忠·期末）下列关于几何体特征的判断正确的是（    ） A．一个斜棱柱的侧面不可能是矩形 B．底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥 C．有一个面是边形的棱锥一定是棱锥 D．平行六面体的三组对面中，必有一组是全等的矩形 19．（22-23高一下·辽宁·期末）若正五边形的中心为，以所在的直线为轴，其余五边旋转半周形成的面围成一个几何体，则（    ） A．该几何体为圆台 B．该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单组合体 C．该几何体为圆柱 D．该几何体是由圆柱和圆锥组合而成的简单组合体 20．（22-23高一下·广东云浮·期末）一个几何体由6个面围成，则这个几何体不可能是（    ） A．四棱台 B．四棱柱 C．四棱锥 D．五棱锥 21．（22-23高一下·辽宁大连·期末）如图，一个水平放置的平面图形的直观图是腰长为1的等腰直角三角形，则原平面图形的面积为（   ）    A． B．1 C． D． 22．（22-23高一下·山东潍坊·期末）已知水平放置的平面图形的直观图如图所示，其中，则平面图形的面积为（    ）    A．6 B．3 C．8 D．4 模块4：空间几何体的截面、最短距离，表面积与体积 23．（22-23高一下·河北唐山·期末）若圆锥的底面半径为，高为1，过圆锥顶点作一截面，则截面面积的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 24．（22-23高一下·重庆沙坪坝·期末）在棱长为2的正方体中，为的中点，过点的平面截正方体的外接球的截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 25．（22-23高一下·四川成都·期末）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC＝2，，A为锐角，侧棱PA＝PB＝PC＝2，一只小虫从A点出发，沿侧面绕棱锥爬行一周后回到A点，则小虫爬行的最短距离为（    ）    A． B． C． D． 26．（22-23高一下·新疆喀什·期末）将棱长为2的正方体削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（　　） A． B． C． D． 27．（21-22高一下·全国·期末）已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 28．（22-23高一下·福建·期末）已知直四棱柱的棱长均为2，.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为（    ） A． B． C． D．2 29．（22-23高一下·辽宁大连·期末）菱形十二面体是由12个全等的菱形构成的，其有24条棱，14个顶点，它每个面的两条对角线之比为，已知一个菱形十二面体的棱长为，体积为16，则该菱形十二面体的内切球的体积为（   ） A． B． C． D． 模块5：以传统文化、生活情境为背景的立体几何、解三角形问题 30．（22-23高一下·黑龙江齐齐哈尔·期末）紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶、石瓢壶、潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台（其他因素忽略不计），如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的侧面积约为（    ）．    A． B． C． D． 31．（22-23高一下·湖南岳阳·期末）民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺的立体结构图.已知底面圆的直径，圆柱体的高，圆锥体的高，则这个陀螺的表面积是（    ） A． B． C． D． 32．（22-23高一下·广西·期末）百色起义纪念碑于1984年建成．纪念碑外形似一面迎风飘扬的红旗，又似一杆红缨枪直指天宇．正面有邓小平同志的亲笔题词，背面是百色起义的纪事碑文，两侧分别是邓小平、张云逸率领的广西警备第四大队来到百色，韦拔群举办农民运动讲习所的两幅浮雕，碑顶凸起的“1929”字样标明了百色起义的时间．为测量纪念碑的高度，小李同学取了从西到东相距10.1米的，两个观测点，在点测得纪念碑在北偏西的点处（，，在同一水平面上），在点测得纪念碑在北偏西，碑顶的仰角为，则纪念碑的高度约为（    ）（） A．18.4米 B．19.29米 C．21.7米 D．23.9米 33．（22-23高一下·辽宁鞍山·期末）如图，小明想测量自己家所在楼对面的电视塔的高度，他在自己家阳台M处，M到楼地面底部点N的距离为，假设电视塔底部为E点，塔顶为F点，在自己家所在的楼与电视塔之间选一点P，且E，N，P三点共处同一水平线，在P处测得阳台M处、电视塔顶处的仰角分别是和，在阳台M处测得电视塔顶F处的仰角，假设，和点P在同一平面内，则小明测得的电视塔的高为（    ）    A． B． C． D． 模块6：空间几何体有关高度、面积、体积大小比较问题 34．（21-22高一下·江西南昌·期末）如图，棱锥、棱柱、棱台的底面积和高均相等，分别为s，h，棱台上底面的面积为，现将装满水的棱锥、棱柱、棱台中的水分别倒入底面积为s的圆柱里，对应的水面高分别记为，，，则（    ） A． B． C． D． 35．（21-22高一下·广东佛山·期末）如图，在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c（），分别以边AB，AC，BC所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其体积分别为，，，则（    ） A． B． C． D． 36．（21-22高一下·四川成都·期末）在三棱锥A-BCD中，有，，，且，分别经过三条棱AB，AC，AD作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，，，则，，的大小关系是 （按从大到小顺序排列，并用“>”号连接）． 2、 多选题 模块7：空间中的位置关系、距离、夹角 37．（21-22高一下·全国·期末）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 38．（22-23高一下·陕西西安·期末）如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列说法中正确的序号是（    ） A．直线与直线相交； B．直线与直线平行； C．直线BM与直线是异面直线； D．直线与直线成角. 39．（19-20高一上·广东东莞·期末）如图，在长方体中，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．四点共面 B．直线与所成角的为 C．平面 D．平面平面 40．（22-23高一下·新疆伊犁·期末）如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（       ）    A．直线平面 B．三棱锥的体积为定值 C．异面直线与所成角的取值范围是 D．当P为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为 41．（22-23高一下·广东广州·期末）在如图所示的三棱锥中，，并且OA，OB，OC两两互相垂直，则下列结论正确的是（    ） A．直线AB与平面OBC所成的角为 B．二面角的正切值为 C．P为线段AC的中点，直线OP与BC所成的角为 D．作平面ABC，垂足为M，则M为的重心 42．（20-21高一下·浙江·期末）如图，矩形ABCD中，已知，，E为AD的中点.将沿着BE向上翻折至，记锐二面角的平面角为，与平面BCDE所成的角为，则下列结论可能成立的是（    ）    A． B． C． D． 模块8：复数 43．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知复数，，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则在复平面内对应的点在一条直线上 44．（23-24高一上·湖南常德·期末）下列命题为真命题的是（    ） A．复数在复平面内对应的点在第二象限 B．若为虚数单位，为正整数，则 C．若复数为纯虚数，则， D．复数的虚部为 45．（22-23高一下·湖南湘西·期末）已知是虚数单位，若，则（    ） A．复数的虚部为； B．复数对应的点在第二象限； C．； D．复数是关于的方程的一个根. 46．（22-23高一下·宁夏吴忠·期末）设复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（    ） A．“”是“”的必要条件 B．若，则的最大值为1 C．若，则 D．，关于的方程在中最多可以有4个解 模块9：统计 47．（22-23高一下·内蒙古呼伦贝尔·期末）下列抽样方法不是简单随机抽样的是（    ） A．从平面直角坐标系中抽取个点作为样本 B．可口可乐公司从仓库中的箱可乐中一次性抽取箱进行质量检查 C．某班级从名同学中，挑选出名最优秀的同学参加数学竞赛 D．从台电脑中不放回地随机抽取台进行质量检验（假设台电脑已编好号，对编号随机抽取） 48．（23-24高一上·江西景德镇·期末）2023年8月8日是我国第15个“全民健身日”，“全民健身日”提升全民健身意识，让健身成为一种习惯和风俗，为倡导健康生活方式，某大学社团联合学生会倡议全校学生参与“每日万步行”健走活动．下图为该校甲、乙两名同学在同一星期内每日步数的折线统计图，则下列说法正确的是（    ） A．这一星期内甲的日步数的中位数小于乙的日步数的中位数 B．这一星期内甲的日步数的平均数大于乙的日步数的平均数 C．这一星期内乙的日步数的标准差小于甲的日步数的标准差 D．这一星期内乙的日步数的分位数是12400 49．（20-21高一下·浙江台州·期末）某公司为检测某型号汽车的质量问题，需对三个批次生产的该型号汽车进行检测，三个批次产量分别为100000辆､150000辆和250000辆，公司质监部门计划从中抽取500辆进行检测，则下列说法正确的是（    ） A．样本容量为500 B．采用简单随机抽样比分层随机抽样合适 C．应采用分层随机抽样，三个批次的汽车被抽到的概率不相等 D．应采用分层随机抽样，三个批次分别抽取100辆､150辆､250辆 50．（23-24高一上·贵州遵义·期末）遵义市某校高一年级甲，乙两名同学8次数学测试（100分制）成绩如茎叶图所示，则下列结论正确的是（    ） A．甲、乙的中位数都是83 B．甲的方差小于乙的方差 C．甲、乙同学成绩的极差分别是17和20 D．甲的分位数是80、乙的分位数是83 51．（22-23高一下·福建福州·期末）设一组样本数据，，，的平均数为2，方差为0.01，则数据，，，的（    ） A．平均数为5 B．平均数为7 C．标准差为0.2 D．标准差为0.1 模块10：概率 52．（23-24高一上·江西南昌·期末）下列说法正确的是（    ） A．一名篮球运动员，号称投篮“百发百中”，则他投篮一次，命中为必然事件 B．随机事件发生的可能性越大，它发生的概率越接近1 C．投掷两枚均匀的骰子，观察出现的点数和，点数和为2是一个样本点 D．试验“连续投掷一枚均匀的骰子直到出现3点停止，观察投掷的次数”的样本空间为 53．（23-24高一下·辽宁·期末）同时拋郑两个质地均匀的四面分别标有的正四面体一次，记事件第一个四面体向下的一面出现偶数；事件第二个四面体向下的一面出现奇数；事件两个四面体向下的一面或同时出现奇数，或者同时出现偶数，则（    ） A． B． C． D． 54．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）下列命题正确的是（    ） A．对于事件，，若，则 B．若三个事件，，两两互斥，则 C．若，，则事件，相互独立与互斥不会同时发生 D．若事件，满足，，，则 三、填空题 55．（22-23高一下·陕西宝鸡·期末）从3名男同学和2名女同学中任选3人参加社区服务，则选中的3人中恰有两名男同学的概率为 . 56．（22-23高一下·广东阳江·期末）小强忘记了进门密码的最后两位，只记得最后一位是数字1，7中的一个，倒数第二位是数字3，6，9中的一个，则小强输入一次密码能成功开门概率是 ． 57．（22-23高一下·浙江宁波·期末）据浙江省新高考规则，每名同学在高一学期结束后，需要从七门选考科目中选择其中三门作为高考选考科目.某同学已经选择了物理、化学两门学科，还需要从生物、技术这两门理科学科和政治、历史、地理这三门文科学科共五门学科中再选择一门，设事件“选择生物学科”，“选择一门理科学科”，“选择政治学科”，“选择一门文科学科”，现给出以下四个结论： ①和是互斥事件但不是对立事件；     ②和是互斥事件也是对立事件； ③；     ④. 其中，正确结论的序号是 .（请把你认为正确结论的序号都写上） ( 第 1 页 共 16 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$