人教A版高一下期末真题必刷易错60题（30个考点专练）-2023-2024学年高一数学下学期考试满分全攻略高频考点+重难点讲练与测试（人教A版2019）

人教A版高一下期末真题必刷易错60题（30个考点专练） 一．平面向量数量积的性质及其运算（共7小题） 1．（2023春•宣城期末）已知是边长为的等边三角形，点，，分别是边，，的中点，连接并延长到点，使得，连接并延长到点，使得，则的值为　　 A． B． C． D． 2．（2023春•南关区校级期末）在平面直角坐标系中，，，为坐标原点，则　　 A． B． C．3 D． 3．（2023春•洪山区校级期末）已知，是平面内两个夹角为的单位向量，设，为同一平面内的两个向量，若，，则的最大值为　　 A． B． C． D． 4．（2023春•宣城期末）已知中，，，，是的中点，为线段上的动点，则的取值范围是 　　；延长至，使，若为线段上的动点，且恒成立，则的最大值为 　　． 5．（2023春•闵行区校级期末）已知，，是平面上一点，，且． （1）若，求； （2）若，求实数的值； （3）求的最小值． 6．（2023春•高邮市期末）在平行四边形中，，，，动点、分别在线段和上，且，，，． （1）若，且，求的值； （2）若，求的取值范围． 7．（2023春•仓山区校级期末）已知平面向量，满足，． （1）若，求的坐标； （2）若，求的值； （3）若在上的投影向量为，求与的夹角． 二．平面向量的基本定理（共3小题） 8．（2023春•水富市期末）如图，在中，为线段的中点，为线段上一点，，过点的直线分别交直线，于，两点，，，则的最小值为　　． A． B． C．3 D．9 9．（2023春•乐山期末）在 中，，，且，，其中，，且，若，分别为线段，的中点，则线段的最小值为 　　． 10．（2023春•赣县区校级期末）如图，在梯形中，，、是的两个三等分点，，是的两个三等分点，线段上一动点满足．分别交、于，两点，记，． （1）当时，用，表示； （2）若，求的最大值． 三．数量积表示两个向量的夹角（共2小题） 11．（2023春•天心区校级期末）向量，，且，则，　　 A． B． C． D． 12．（2023春•林州市校级期末）设向量，，且，则向量与的夹角为　　 A． B． C． D． 四．正弦定理（共3小题） 13．（2023春•朝阳区校级期末）在中，已知，，，则角　　 A． B． C． D． 14．（2023春•贺兰县校级期末）已知中，三内角，，的对边分别为，，，且满足． （1）求； （2）若，的面积为，求． 15．（2023春•楚雄市校级期末）在中，，，． （Ⅰ）求； （Ⅱ）求边上的高． 五．三角形中的几何计算（共2小题） 16．（2023春•哈尔滨期末）在中，角，，的对边分别为，，，且． （1）求角； （2）若的面积为，求的最小值． 17．（2023春•西安校级期末）如图所示，某市有一块正三角形状空地，其中测得千米．当地政府计划将这块空地改造成旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中点在边上，点在边上，点在边上，，，剩余部分需做绿化，设． （1）若，求的长； （2）当变化时，的面积是否有最小值？若有则求出最小值，若无请说明理由． 六．解三角形（共4小题） 18．（2023春•皮山县校级期末）为了测量河对岸两点，间的距离，现在沿岸相距的两点，处分别测得，，，，则，间的距离为　　 A． B．2 C． D．4 19．（2023春•西安校级期末）泰州基督教堂，始建于清光绪二十八年，位于泰州市区迎春东路185号，市人民医院北院对面，总建筑面积2500多平方米．2017年被认定为省四星级宗教活动场所．小明同学为了估算泰州基督教堂的高度，在人民医院北院内找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点，，三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算泰州基督教堂的高度为　　 A． B． C． D． 20．（2023春•回民区校级期末）某海域的东西方向上分别有，两个观测点（如图），它们相距海里．现有一艘轮船在点发出求救信号，经探测得知点位于点北偏东，点北偏西，这时，位于点南偏西且与点相距海里的点有一救援船，其航行速度为30海里小时． （Ⅰ）求点到点的距离； （Ⅱ）若命令处的救援船立即前往点营救，求该救援船到达点需要的时间． 21．（2023春•平江县期末）在中，角，，所对的边分别，，，且． （1）求角的值； （2）已知在边上，且，，求的面积的最大值． 七．虚数单位i、复数（共1小题） 22．（2023春•安化县期末）当复数为实数时，实数　 　． 八．纯虚数（共1小题） 23．（2023春•吉林期末）是虚数单位，若复数为纯虚数，则　　． 九．复数的运算（共1小题） 24．（2023春•辛集市期末）已知复数，，是虚数单位）． （1）若复数在复平面上对应点落在第一象限，求实数的取值范围； （Ⅱ）若虚数是实系数一元二次方程的根，求实数值． 一十．共轭复数（共4小题） 25．（2023春•仓山区校级期末）已知复数为虚数单位），为的共轭复数，若复数，则下列结论正确的有　　 A．在复平面内对应的点位于第二象限 B． C．的实数部分为 D．的虚部为 26．（2023春•伊州区校级期末）已知复数满足． （1）求复数的共轭复数； （2）若，且复数对应向量的模不大于复数所对应向量的模，求实数的取值范围． 27．（2023春•虹口区校级期末）设复数，满足． （1）若，满足，求，； （2）若，是实系数一元二次方程的两个虚根，求实数的值； （3）若，是否存在常数，使得等式恒成立，若存在，试求出；若不存在说明理由． 28．（2023春•兴庆区校级期末）已知复数，，为虚数单位． （1）若复数在复平面上对应的点在第四象限，求实数的取值范围； （2）若，求的共轭复数． 一十一．复数的模（共1小题） 29．（2023春•让胡路区校级期末）已知复数对应的向量为，复数对应的向量为，下列说法中正确的是　　 A．若，则 B．若，则 C．若与在复平面上对应的点关于实轴对称，则 D．若，则 一十二．棱柱的结构特征（共1小题） 30．（2023春•包河区校级期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为正方体内部及其表面上的一动点，且，则满足条件的所有点构成的平面图形的周长是　　 A． B． C． D． 一十三．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共1小题） 31．（2023春•常州期末）已知圆锥的高为1，体积为，则过圆锥顶点作圆锥截面的面积最大值为　　 A． B．2 C． D． 一十四．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共1小题） 32．（2023春•辽宁期末）如图，圆锥的母线长为4，点为母线的中点，从点处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为　　 A． B． C． D． 一十五．棱柱、棱锥、棱台的体积（共8小题） 33．（2023春•新乡期末）已知在正四棱台中，，若异面直线与所成角的余弦值为，则正四棱台的体积为　　 A． B． C． D． 34．（2023春•台江区校级期末）设，，，是同一个半径为2的球的球面上四点，是以为底边的等腰三角形，且面积为，则三棱锥体积的最大值为　　 A． B． C． D． 35．（2023春•芜湖期末）已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若球的体积为，这两个圆锥的体积之和为，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为　　 A． B． C． D． 36．（2023春•赣州期末）如图，在多面体中，是四边形的外接圆的直径，是与的交点，，．四边形是直角梯形，，平面，． （1）求证：平面； （2）求多面体的体积． 37．（2023春•抚州期末）在平行四边形中，，过点作的垂线交的延长线于点，．连结交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置．如图2． （1）证明：直线平面； （2）若为的中点，为的中点，且平面平面，求三棱锥与三棱锥的体积之比． 38．（2023春•东城区校级期末）如图1，矩形中，，，，分别为，的中点．将四边形沿折起至四边形的位置，如图2． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若点在平面上的射影为的中点，求三棱锥的体积； （Ⅲ）当平面与平面垂直时，作正方体如图3．若平面平面，且平面截该正方体所得图形的面积记为． （ⅰ）若，在图中画出截面并求； （ⅱ）的最大值为 　　（直接写出结果） 39．（2023春•贺兰县校级期末）如图，在四棱锥中，是矩形，平面，，点是的中点，点在上移动． （1）求三棱锥体积； （2）当点为的中点时，试判断与平面的关系，并说明理由； （3）求证：． 40．（2023春•泰安期末）如图1，在边长为4的菱形中，，，分别为，的中点，将沿折起到的位置，得到如图2所示的三棱锥． （1）证明：； （2）为线段上一个动点不与端点重合），设二面角的大小为，三棱锥与三棱锥的体积之和为，求的最大值． 一十六．多面体和旋转体表面上的最短距离问题（共1小题） 41．（2023春•南召县期末）如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形，点在下底面圆周上，且，点在母线上，点是线段的靠近点的四等分点，则的最小值为　　 A． B．3 C．4 D． 一十七．平面图形的直观图（共1小题） 42．（2023春•邵阳期末）如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是　　 A． B． C． D． 一十八．平面的基本性质及推论（共1小题） 43．（2023春•金安区校级期末）如图，在正方体，对角线与平面交于点．、交于点、为的中点，为的中点， 求证：（1）、、三点共线 （2）、、、四点共面 （3）、、三线共点． 一十九．空间中直线与直线之间的位置关系（共1小题） 44．（2023春•重庆期末）已知正方体，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与给出下列结论： ①对于任意给定的点，存在点，使得； ②对于任意给定的点，存在点，使得； ③对于任意给定的点，存在点，使得； ④对于任意给定的点，存在点，使得． 其中正确的结论是　　 A．① B．②③ C．①④ D．②④ 二十．空间中直线与平面之间的位置关系（共1小题） 45．（2023春•阿勒泰地区期末）已知两条直线，，两个平面，，给出下面四个命题： ①若，或者，相交； ②，，； ③，； ④，或者； 其中正确命题的序号是　　 A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 二十一．直线与平面平行（共2小题） 46．（2023春•揭阳期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，分别为，，的中点，点在棱上，且平面，则　　． 47．（2023春•东城区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点． （Ⅰ）求的体积； （Ⅱ）求证：平面； （Ⅲ）求证：平面． 二十二．直线与平面垂直（共2小题） 48．（2023春•新吴区校级期末）如图，直三棱柱 中，为的中点，，平面平面． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 49．（2023春•天宁区校级期末）如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，，为上一点，且平面． （1）求证：； （2）如果点为线段的中点，求证：平面． 二十三．二面角的平面角及求法（共2小题） 50．（2023春•泸县校级期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，．点是的中点，作，交于点． （1）设平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并给出证明； （2）求平面与平面所成的较小的二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正切值． 51．（2023春•常州期末）如图，三棱柱中，是正三角形，，，平面平面，、分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）若为底面内（包括边界）的动点，平面，且的轨迹长度为1，求三棱柱的体积． （3）在（2）的条件下，求二面角的正切值． 二十四．概率及其性质（共1小题） 52．（2023春•林州市校级期末）下列说法正确的是　　 A．任何事件的概率总是在之间 B．频率是客观存在的，与试验次数无关 C．随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率 D．概率是随机的，在试验前不能确定 二十五．古典概型及其概率计算公式（共1小题） 53．（2023春•兴庆区校级期末）一个三位自然数百位，十位，个位上的数字依次为，，，当且仅当，时称为“凹数”（如213，312等），若，，，2，3，且，，互不相同，则这个三位数是“凹数”的概率是　　 A． B． C． D． 二十六．列举法计算基本事件数及事件发生的概率（共1小题） 54．（2023春•船营区校级期末）为了普及法律知识，达到“法在心中”的目的，某市法制办组织了一次普法知识竞赛．统计局调查队从甲、乙两单位中各随机抽取了5名职工的成绩，如下： 甲单位职工的成绩（分 87 88 91 91 93 乙单位职工的成绩（分 85 89 91 92 93 （1）根据表中的数据，分别求出样本中甲、乙两单位职工成绩的平均数和方差，并判断哪个单位职工对法律知识的掌握更为稳定； （2）用简单随机抽样的方法从乙单位的5名职工中抽取2名，他们的成绩组成一个样本，求抽取的2名职工的成绩之差的绝对值至少是4分的概率． 二十七．相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式（共1小题） 55．（2023春•天津期末）两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为　　． 二十八．频率分布直方图（共3小题） 56．（2023春•鼓楼区校级期末）为了解甲、乙两个班级学生的物理学习情况，从两个班学生的物理成绩（均为整数）中各随机抽查20个，得到如图所示的数据图（用频率分布直方图估计总体平均数时，每个区间的值均取该区间的中点值），关于甲、乙两个班级的物理成绩，下列结论正确的是　　 A．甲班众数小于乙班众数 B．乙班成绩的75百分位数为79 C．甲班的中位数为74 D．甲班平均数大于乙班平均数估计值 57．（2023春•楚雄市校级期末）某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以，，，，，，，，，，，，，分组的频率分布直方图如图示． （1）求直方图中的值； （2）求月平均用电量的众数和中位数； （3）在月平均用电量为，，，，，，，的四组用户中，用分层抽样的方法抽取11户居民，则月平均用电量在，的用户中应抽取多少户？ 58．（2023春•黄冈期末）插花是一种高雅的审美艺术，是表现植物自然美的一种造型艺术，与建筑、盆景、造园等艺术形式相似，是最优美的空间造型艺术之一．为了通过插花艺术激发学生对美的追求，增添生活乐趣，提高学生保护环境的意识，增加团队凝聚力，某高校举办了以“魅力校园、花香溢校园”为主题的校园插花比赛．比赛按照百分制的评分标准进行评分，评委由10名专业教师、10名非专业教师以及20名学生会代表组成，各参赛小组的最后得分为评委所打分数的平均分．比赛结束后，得到甲组插花作品所得分数的频率分布直方图和乙组插花作品所得分数的频数分布表，如图所示： 分数区间 频数 ， 1 ， 5 ， 12 ， 14 ， 4 ， 3 ， 1 定义评委对插花作品的“观赏值”如表所示． 分数区间 ， ， ， 观赏值 1 2 3 （1）估计甲组插花作品所得分数的中位数（结果保留两位小数）； （2）从40位评委中随机抽取1人进行调查，试估计其对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的概率； （3）若该校拟从甲、乙两组插花作品中选出一个用于展览，从这两组插花作品的最后得分来看该校会选哪一组？请说明理由（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）． 二十九．统计图表获取信息（共1小题） 59．（2023春•龙岩期末）新型冠状病毒阳性即新型冠状病毒核酸检测结果为阳性，其中包括无症状感染者和确诊病例．如图是某地某月2日至16日的新冠疫情病例新增人数的折线统计图，则　　 A．本地新增阳性人数最多的一天是10日 B．本地新增确诊病例的极差为84 C．本地新增确诊病例人数的中位数是46 D．本地新增无症状感染者的平均数大于本地新增确诊病例的平均数 三十．众数、中位数、平均数（共1小题） 60．（2023春•博湖县期末）某中学举行电脑知识竞赛，现将高一参赛学生的成绩进行整理后分成五组绘制成如图所示的频率分布直方图，已知图中从左到右的第一、二、三、四、五小组的频率分别是0.30、0.40、0.15、0.10、0.05．求： （1）高一参赛学生的成绩的众数、中位数． （2）高一参赛学生的平均成绩． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 人教A版高一下期末真题必刷易错60题（30个考点专练） 一．平面向量数量积的性质及其运算（共7小题） 1．（2023春•宣城期末）已知是边长为的等边三角形，点，，分别是边，，的中点，连接并延长到点，使得，连接并延长到点，使得，则的值为　　 A． B． C． D． 【分析】用、表示和，再计算的值． 【解答】解：由题意知，，，所以， ，所以，所以， 所以． 故选：． 【点评】本题考查了平面向量的数量积计算问题，是基础题． 2．（2023春•南关区校级期末）在平面直角坐标系中，，，为坐标原点，则　　 A． B． C．3 D． 【分析】根据平面向量的数量积求出与夹角的余弦值，再计算夹角的正弦值，即可求出的值． 【解答】解：因为，， 所以，， 且，，， 所以，， 又因为，，， 所以，， 所以，． 故选：． 【点评】本题考查了平面向量的数量积计算问题，是基础题． 3．（2023春•洪山区校级期末）已知，是平面内两个夹角为的单位向量，设，为同一平面内的两个向量，若，，则的最大值为　　 A． B． C． D． 【分析】可以将问题坐标化，令，令，将已知条件化简，根据，几何意义求解即可． 【解答】解：（1）由题意，令，． 则，， 所以：，即点在以为圆心，半径为的圆上． 而，表示点到的距离， 易知，点在圆外，故． 故选：． 【点评】本题考查向量的模的几何意义和向量的运算等知识方法，属于中档题． 4．（2023春•宣城期末）已知中，，，，是的中点，为线段上的动点，则的取值范围是 　，　；延长至，使，若为线段上的动点，且恒成立，则的最大值为 　　． 【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，设出点、点的坐标，计算，和，结合题意即可求出结果． 【解答】解：建立平面直角坐标系，如图所示：中，，，， 所以，，，即，，， 设，，，则，， 所以，由，，得，，所以的取值范围是，； 设，，，则， 所以，， 所以不等式化为， 则，，； 设，则，； 所以，当且仅当，即，即时取“”， 所以的最大值为． 故答案为：，，． 【点评】本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了函数思想，是中档题． 5．（2023春•闵行区校级期末）已知，，是平面上一点，，且． （1）若，求； （2）若，求实数的值； （3）求的最小值． 【分析】（1）根据题意利用平面向量的数量积求模长、即可． （2）根据平面向量的数量积，列方程求出的值． （3）根据平面向量投影的定义，建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，即可求出的最小值． 【解答】解：（1）因为，，且，，， 所以，解得； 又因为，，， 所以，解得． （2）因为，所以， 即 ， 解得或（不合题意，舍去）， 所以实数的值为； （3）由题意知，，， 所以在上的投影是，在上的投影是1； 以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示： 设，，，， ，，解得； 所以，， ，当且仅当时取“”， 所以的最小值． 【点评】本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了运算求解能力，是中档题． 6．（2023春•高邮市期末）在平行四边形中，，，，动点、分别在线段和上，且，，，． （1）若，且，求的值； （2）若，求的取值范围． 【分析】（1）以为坐标原点建立平面直角坐标系，写出涉及到的向量坐标，列出关于和的方程组，求解即可； （2）易得，，再结合平面向量数量积的坐标运算法则以及二次函数的图象与性质，即可得解． 【解答】解：以为坐标原点，所在直线为轴，过点且与垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系， 则，，，， （1）当时，，分别为和的中点， 所以，， 所以，，， 由，得，解得， 所以； （2）由，，可得，， 所以，， 因为， 所以，是开口向下，对称轴为的二次函数， 所以当时，取得最大值6；当时，取得最小值， 故的取值范围为，． 【点评】本题考查平面向量在几何中的应用，熟练掌握平面向量的坐标运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 7．（2023春•仓山区校级期末）已知平面向量，满足，． （1）若，求的坐标； （2）若，求的值； （3）若在上的投影向量为，求与的夹角． 【分析】（1）由向量平行设，再由模公式求得， （2）由垂直得，化简得，从而整体代入求， （3）设与的夹角为，由投影向量的定义的得，从而解得． 【解答】解：（1）由题意设， ，解得， 即，或，， （2），， 即，即， 故， ， （3）设与的夹角为， 则，即， 即，． 【点评】本题考查了平面向量的应用，重点考查了平行与垂直的应用，同时考查了整体思想与待定系数法的应用，属于中档题． 二．平面向量的基本定理（共3小题） 8．（2023春•水富市期末）如图，在中，为线段的中点，为线段上一点，，过点的直线分别交直线，于，两点，，，则的最小值为　　． A． B． C．3 D．9 【分析】由三角形的中线向量表示得出，再由得出，用、表示出，根据，，三点共线得出与的关系，利用基本不等式求的最小值． 【解答】解：因为是线段的中点，所以， 又因为，所以， 又，， 所以，即， 因为，，三点共线，所以，化为， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 所以的最小值为． 故选：． 【点评】本题考查了平面向量的线性运算与基本不等式的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题． 9．（2023春•乐山期末）在 中，，，且，，其中，，且，若，分别为线段，的中点，则线段的最小值为 　　． 【分析】根据平面向量的数量积运算求得，利用中线的性质表示出、，由此求得，计算的最小值即可． 【解答】解：连接、，如图所示： 因为等腰三角形中，，， 由余弦定理得，，所以， 所以； 又因为是的中线，所以 同理，， 由此可得， 所以； 又，， 代入上式得； 又，， 所以当时，取得最小值为，所以线段取最小值，此时． 故答案为：． 【点评】本题考查了平面向量数量积公式及其运算性质应用问题，也考查了二次函数求最值的应用问题，是中档题． 10．（2023春•赣县区校级期末）如图，在梯形中，，、是的两个三等分点，，是的两个三等分点，线段上一动点满足．分别交、于，两点，记，． （1）当时，用，表示； （2）若，求的最大值． 【分析】（1）由平面向量基本定理，即可表示出． （2）连接，，用，分别表示出，，然后根据，，三点共线，，，三点共线列出方程表示出，再结合基本不等式即可得到结果． 【解答】解：（1）当时，， 由于，． 所以． （2）如图所示，连接，， 因为、是的两个三等分点， 所以在中，， 在中，， 设，， 所以， ， 因为，，三点共线，所以，整理得， 又因为，所以， 所以， ， 因为， 所以，即， 代入整理得， 因为，解得， 因为，，所以， 由基本不等式可知， 所以，当且仅当，即时等号成立， 所以的最大值是． 【点评】本题考查了平面向量基本定理的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题． 三．数量积表示两个向量的夹角（共2小题） 11．（2023春•天心区校级期末）向量，，且，则，　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意，用、表示，利用模长公式求出，，再计算与的数量积和夹角余弦值． 【解答】解：因为向量，，且，所以， 所以， 即，， 解得，， 所以， 又，， 所以， ， 所以，． 故选：． 【点评】本题考查了平面向量的数量积与模长夹角的计算问题，是基础题． 12．（2023春•林州市校级期末）设向量，，且，则向量与的夹角为　　 A． B． C． D． 【分析】根据平面向量的坐标运算与数量积的定义，求出向量与的夹角大小． 【解答】解：向量，，且， 所以， 解得． 所以； 又， 所以； 又，，所以向量与的夹角为． 故选：． 【点评】本题考查了平面向量的数量积与夹角的运算问题，也考查了运算求解能力，是基础题． 四．正弦定理（共3小题） 13．（2023春•朝阳区校级期末）在中，已知，，，则角　　 A． B． C． D． 【分析】利用正弦定理，求出，然后结合大边对大角确定的值． 【解答】解：由已知得， 即，解得，又因为， 故． 故选：． 【点评】本题考查正弦定理的应用，属于基础题． 14．（2023春•贺兰县校级期末）已知中，三内角，，的对边分别为，，，且满足． （1）求； （2）若，的面积为，求． 【分析】（1）利用正弦定理，将给的条件角化边，然后利用余弦定理求出； （2）利用面积公式求出，然后套用余弦定理求出的值． 【解答】解：（1）． 由正弦定理得，即， ，． （2）， ，结合，，． ． 【点评】本题考查正、余弦定理、面积公式以及三角形中的边角互化．同时考查学生利用转化思想解决问题的意识和计算能力、逻辑推理能力．属于中档题． 15．（2023春•楚雄市校级期末）在中，，，． （Ⅰ）求； （Ⅱ）求边上的高． 【分析】（Ⅰ）由正弦定理结合大边对大角进行求解即可． （Ⅱ）利用余弦定理求出的值，结合三角函数的高与斜边的关系进行求解即可． 【解答】解：（Ⅰ），，即是锐角， ，， 由正弦定理得得， 则． （Ⅱ）由余弦定理得， 即， 即， 得， 得或（舍， 则边上的高． 【点评】本题主要考查解三角形的应用，利用正弦定理以及余弦定理建立方程关系是解决本题的关键． 五．三角形中的几何计算（共2小题） 16．（2023春•哈尔滨期末）在中，角，，的对边分别为，，，且． （1）求角； （2）若的面积为，求的最小值． 【分析】（1）由正弦定理，将边化角，结合诱导公式，得到关于的方程，求出的值，即可获解； （2）利用面积公式、余弦定理，结合基本不等式求出的最小值，即可求得的最小值． 【解答】解：（1）由， 得， 又，所以， 所以， 整理得， 因为，所以，故， 又，所以． （2）因为的面积， 所以， 所以，当且仅当时等号成立， 即，， 故的最小值为3． 【点评】本题考查正余弦定理、基本不等式的应用，属于中档题． 17．（2023春•西安校级期末）如图所示，某市有一块正三角形状空地，其中测得千米．当地政府计划将这块空地改造成旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中点在边上，点在边上，点在边上，，，剩余部分需做绿化，设． （1）若，求的长； （2）当变化时，的面积是否有最小值？若有则求出最小值，若无请说明理由． 【分析】（1）设千米，时为等边三角形，根据中勾股定理求出，判断是△，求出，再列方程求出的值； （2）中利用正弦定理求出，中利用正弦定理求出，利用列方程求出，根据三角形的面积公式求出取最小值时的面积取得最小值． 【解答】解：（1）设千米，当时，为等边三角形，所以， 由，，得， 中，，，所以，所以， 所以，解得， 所以千米； （2）中，，由正弦定理得， 解得； 中，，由正弦定理得， 解得； 由，得， 即， 解得； 由， 所以当取得最小值时， 的面积取得最小值为（平方千米）． 【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力与方程、函数思想，是中档题． 六．解三角形（共4小题） 18．（2023春•皮山县校级期末）为了测量河对岸两点，间的距离，现在沿岸相距的两点，处分别测得，，，，则，间的距离为　　 A． B．2 C． D．4 【分析】根据题意，在中由正弦定理求得，在中由余弦定理求得． 【解答】解：因为，， 所以是正三角形， 所以， 因为中，，， 所以， 利用正弦定理得， ， 中，， 所以， 所以，即、间的距离为． 故选：． 【点评】本题主要考查了正弦和余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力和分析推理能力，是基础题． 19．（2023春•西安校级期末）泰州基督教堂，始建于清光绪二十八年，位于泰州市区迎春东路185号，市人民医院北院对面，总建筑面积2500多平方米．2017年被认定为省四星级宗教活动场所．小明同学为了估算泰州基督教堂的高度，在人民医院北院内找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点，，三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算泰州基督教堂的高度为　　 A． B． C． D． 【分析】利用求得，在中运用正弦定理可得，解，可得的值． 【解答】解：在中，， 解得； 在中，，， 所以， 由正弦定理得，， 解得； 在中，， 即估算泰州基督教堂的高度为． 故选：． 【点评】本题考查了三角形的正弦定理和解直角三角形应用问题，也考查了方程思想和运算能力，是中档题． 20．（2023春•回民区校级期末）某海域的东西方向上分别有，两个观测点（如图），它们相距海里．现有一艘轮船在点发出求救信号，经探测得知点位于点北偏东，点北偏西，这时，位于点南偏西且与点相距海里的点有一救援船，其航行速度为30海里小时． （Ⅰ）求点到点的距离； （Ⅱ）若命令处的救援船立即前往点营救，求该救援船到达点需要的时间． 【分析】（Ⅰ）利用正弦定理，求出， （Ⅱ）在中，利用余弦定理求出，根据速度求出时间． 【解答】解：（Ⅰ）由题意知海里， ，， ，（2分） 在中，由正弦定理得， （海里）（6分） （Ⅱ）在中，，（8分） （海里），由余弦定理得 ，（10分） （海里），则需要的时间（小时）．（11分） 答：救援船到达点需要1小时．（12分） 【点评】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，解三角形的实际问题的应用，考查计算能力． 21．（2023春•平江县期末）在中，角，，所对的边分别，，，且． （1）求角的值； （2）已知在边上，且，，求的面积的最大值． 【分析】（1）利用正弦定理与三角形的内角和定理，即可求出和的值． （2）根据平面向量的线性表示，用、表示，用数量积求模长，根据基本不等式求出的最大值，由此求出面积的最大值． 【解答】解：（1）中，， 由正弦定理得， 所以， 因为，所以， 所以， 又因为是的内角，所以，所以； 又因为是的内角，所以． （2）因为，所以，所以； 所以， 即， 由基本不等式得：，当且仅当，时等号成立； 所以面积的最大值为． 【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题． 七．虚数单位i、复数（共1小题） 22．（2023春•安化县期末）当复数为实数时，实数　3　． 【分析】利用复数的虚部为0，实部有意义，求解即可． 【解答】解：复数为实数时， 可得，解得或（舍去） 故答案为：3． 【点评】本题考查复数的基本概念，是基础题，注意实部有意义是易错点． 八．纯虚数（共1小题） 23．（2023春•吉林期末）是虚数单位，若复数为纯虚数，则　　． 【分析】复数化为的形式，它是纯虚数，则且即可求出答案． 【解答】解：，它是纯虚数，只需． 故答案为： 【点评】本题是复数代数形式的运算，以及复数的分类，特别注意复数的除法运算实质是分母实数化的过程，是基础题．也是高考考点． 九．复数的运算（共1小题） 24．（2023春•辛集市期末）已知复数，，是虚数单位）． （1）若复数在复平面上对应点落在第一象限，求实数的取值范围； （Ⅱ）若虚数是实系数一元二次方程的根，求实数值． 【分析】（1）由复数对应的点在第一象限得到实部大于0，虚部大于0，解不等式组即可； （Ⅱ）利用是实系数一元二次方程的根，得到另一个根是复数的共轭复数，利用根与系数的关系得到和． 【解答】解：Ⅰ由已知得到，因为在复平面上对应点落在第一象限，所以，解得，所以； （Ⅱ）因为虚数是实系数一元二次方程的根，所以是方程的另一个根，所以，所以， 所以，， 所以，所以． 【点评】本题考查了复数的几何意义以及实系数的一元二次方程由虚数根时，根互为共轭复数的运用． 一十．共轭复数（共4小题） 25．（2023春•仓山区校级期末）已知复数为虚数单位），为的共轭复数，若复数，则下列结论正确的有　　 A．在复平面内对应的点位于第二象限 B． C．的实数部分为 D．的虚部为 【分析】先根据条件求出；再结合其定义以及几何意义即可求得答案． 【解答】解：因为复数为虚数单位），为的共轭复数， 则复数； 故对应的点为，； ； 且的实部为：，虚部为：； 故选：． 【点评】本题考查了复数的实部与虚部的简单应用，复数的代数表示法及其几何意义，是中档题． 26．（2023春•伊州区校级期末）已知复数满足． （1）求复数的共轭复数； （2）若，且复数对应向量的模不大于复数所对应向量的模，求实数的取值范围． 【分析】（1）根据复数的代数形式的运算法则，求出复数，再求的共轭复数； （2）求出复数、对应的向量、，利用列出不等式求出的取值范围． 【解答】解：（1）复数， 复数的共轭复数为； （2）， 复数对应向量为； 此时， 又复数对应的向量， ； ， ， 即， 解得实数的取值范围是． 【点评】本题考查了复数的代数运算与平面向量以及不等式的应用问题，是综合题． 27．（2023春•虹口区校级期末）设复数，满足． （1）若，满足，求，； （2）若，是实系数一元二次方程的两个虚根，求实数的值； （3）若，是否存在常数，使得等式恒成立，若存在，试求出；若不存在说明理由． 【分析】（1）设，由得到，从而代入化简求解； （2）由题意设，则，从而得到，，从而解得； （3）由题意设，则，化简得，从而代入求模即可． 【解答】解：（1）设，则， ， ， ， ，， 解得，，或， 故，或，． （2），是实系数一元二次方程的两个虚根， ，， 设，则， 由题意得，，， 解得，，或，； 故或． （3）设，则， 由得， ， ； 故． 【点评】本题考查了复数运算的常规方法，待定系数法，同时考查了学生的化简运算能力，属于中档题． 28．（2023春•兴庆区校级期末）已知复数，，为虚数单位． （1）若复数在复平面上对应的点在第四象限，求实数的取值范围； （2）若，求的共轭复数． 【分析】（1）根据题意化简，由该复数在复平面上对应的点在第四象限列方程组求出的取值范围； （2）化简，写出复数的共轭复数． 【解答】解：（1）复数，， 所以； 由该复数在复平面上对应的点在第四象限， 所以， 解得， 所以实数的取值范围是，； （2）化简， 的共轭复数． 【点评】本题考查了复数的定义与代数形式的运算问题，是基础题． 一十一．复数的模（共1小题） 29．（2023春•让胡路区校级期末）已知复数对应的向量为，复数对应的向量为，下列说法中正确的是　　 A．若，则 B．若，则 C．若与在复平面上对应的点关于实轴对称，则 D．若，则 【分析】．利用复数的几何意义求解判断；．利用向量的数量积运算求解判断；．设求解判断；．举例，判断． 【解答】解：．因为，所以，则，即，则，故正确； ．因为，所以，即，，故正确； ．设，因为与在复平面上对应的点关于实轴对称，则，所以，，则，故正确； ．如，，满足，而，故错误； 故选：． 【点评】本题考查复数的模和复数的几何意义，是基础题． 一十二．棱柱的结构特征（共1小题） 30．（2023春•包河区校级期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为正方体内部及其表面上的一动点，且，则满足条件的所有点构成的平面图形的周长是　　 A． B． C． D． 【分析】判断平面，平面，确定过点的截面与正方体各棱的交点，可知截面图形是边长为的正六边形，求得结果即可． 【解答】解：连接、、、、、、，如图所示： 因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，所以， 又，所以平面， 因为平面，所以，同理可得， 又，所以平面，同理可证平面， 设过点且垂直于的平面为平面，则与平面、平面都平行， 因为平面，平面平面，平面平面， 所以，因为为的中点，所以为的中点， 同理可知，平面分别与棱、、、交于中点， 所以六边形为正六边形，且其边长为， 所以满足条件的所有点构成的平面图形的周长是． 故选：． 【点评】本题考查了正方体截面周长的计算问题，解题的关键是利用正方体的几何性质，找出体对角线的垂面，确定截面与垂面平行，并以此作出截面． 一十三．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共1小题） 31．（2023春•常州期末）已知圆锥的高为1，体积为，则过圆锥顶点作圆锥截面的面积最大值为　　 A． B．2 C． D． 【分析】判断截面面积的最大值时的截面的位置，然后求解即可． 【解答】解：当截面过圆锥的轴时，此时的截面为以底面直径为底，母线为腰的等腰三角形， 设圆锥的底面半径为，则，解得，圆锥的母线长为：2， 底面直径为，此时等腰三角形的顶角大于， 当过圆锥顶点作圆锥截面的面积的最大值为，截面是等腰直角三角形， 所求最大截面面积为：． 故选：． 【点评】本题考查圆锥的轴截面以及圆锥的体积，考查运算求解能力，属于基础题． 一十四．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共1小题） 32．（2023春•辽宁期末）如图，圆锥的母线长为4，点为母线的中点，从点处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为　　 A． B． C． D． 【分析】设底面圆半径为，由母线长求出侧面展开扇形的圆心角，利用余弦定理求出从点拉一绳子围绕圆锥侧面转到点的最短距离，列方程求出的值，再计算圆锥的表面积． 【解答】解：设底面圆半径为，由母线长为4， 所以侧面展开扇形的圆心角为； 将圆锥侧面展开成一个扇形，从点拉一绳子围绕圆锥侧面转到点， 最短距离为，如图所示： 在中，由余弦定理得，的长度为： ， 解得，所以， 所以圆锥的表面积为． 故选：． 【点评】本题考查了圆锥的侧面展开图应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题． 一十五．棱柱、棱锥、棱台的体积（共8小题） 33．（2023春•新乡期末）已知在正四棱台中，，若异面直线与所成角的余弦值为，则正四棱台的体积为　　 A． B． C． D． 【分析】画出正四棱台，找出异面直线与所成的角，计算正四棱台的高，再求体积． 【解答】解：正四棱台中，， 因为，所以是异面直线与所成的角， 所以， 即，解得， 取、的中点，，连接，取上下底面的中心、，连接， 则，， 所以正四棱台的体积为． 故选：． 【点评】本题考查了正四棱台的结构特征与体积计算问题，是基础题． 34．（2023春•台江区校级期末）设，，，是同一个半径为2的球的球面上四点，是以为底边的等腰三角形，且面积为，则三棱锥体积的最大值为　　 A． B． C． D． 【分析】由题意求出等腰的腰长，画出图形，判断的位置，然后求解三棱锥高的最大值，代入棱锥体积公式即可求解． 【解答】解：为等腰三角形且面积为，，可得，解得， 设球心为， 的外心为，显然在的延长线与球的交点时三棱锥体积最大， 如图所示： 外接圆的半径为， ， 且三棱锥高的最大值为， 所以三棱锥体积的最大值为：． 故选：． 【点评】本题考查了球的内接三棱锥和棱锥的体积计算问题，也考查了空间想象能力与运算求解能力，是中档题． 35．（2023春•芜湖期末）已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若球的体积为，这两个圆锥的体积之和为，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为　　 A． B． C． D． 【分析】画出图形，根据面积比例关系确定底面半径和球的半径之间的关系，再求出底面与球心之间的距离，以此求出两个圆锥的高． 【解答】解：如图所示， 设圆锥与圆锥公共底面圆心为，两圆锥公共底面圆周上一点，底面半径， 设球心为，球的半径， 由题意知，，解得， 又因为，解得， 所以在△中，， 因为底面积相同的圆锥，高较大者体积较大， 所以体积较小圆锥的高为， 体积较大圆锥的高为， 所以体积较小者的高与体积较大者的高的比值为． 故选：． 【点评】本题考查了球与圆锥的体积计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题． 36．（2023春•赣州期末）如图，在多面体中，是四边形的外接圆的直径，是与的交点，，．四边形是直角梯形，，平面，． （1）求证：平面； （2）求多面体的体积． 【分析】（1）取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，得出，即可证明平面； （2）多面体的体积为，取的中点，连接，利用正弦定理求得，计算的面积，求出四棱锥的体积和三棱锥的体积即可． 【解答】（1）证明：取的中点，连接，， 因为是四边形的外接圆的直径，所以，， 又因为，，所以是正三角形， 所以的外接圆与四边形相同，且圆心在上， 设圆心为，则，且，为的中点， 所以，， 因为为的中点，所以，且， 又因为，且，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以，即， 又因为平面，平面，所以平面； （2）解：多面体的体积为， 取的中点，连接，因为是正三角形，所以，所以， 由正弦定理得，，所以， 所以，所以的面积为， 又因为平面，平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 所以点到平面的距离为， 所以， 因为，所以， 所以， 所以． 【点评】本题考查了空间中的平行关系证明问题，也考查了空间几何体体积的计算问题，是中档题． 37．（2023春•抚州期末）在平行四边形中，，过点作的垂线交的延长线于点，．连结交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置．如图2． （1）证明：直线平面； （2）若为的中点，为的中点，且平面平面，求三棱锥与三棱锥的体积之比． 【分析】（1）图1中，利用可得，进一步得到，图2中，可得，，由线面垂直的判定得平面； （2）由平面平面，结合面面垂直的性质得平面，取的中点，连接，得平面，由棱锥体积公式求解即可． 【解答】（1）证明：如图1， 在中，，，， 所以， 在中，，所以，所以， 所以，则， 如图2，，，且， 所以平面； （2）解：因为平面平面，平面，， 且平面平面，所以平面， 因为， ， ， ， 因为到平面的距离等于到平面的距离的2倍， 所以． 【点评】本题考查了直线与平面垂直的判定问题，也考查了空间想象能力与逻辑思维能力，是中档题． 38．（2023春•东城区校级期末）如图1，矩形中，，，，分别为，的中点．将四边形沿折起至四边形的位置，如图2． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若点在平面上的射影为的中点，求三棱锥的体积； （Ⅲ）当平面与平面垂直时，作正方体如图3．若平面平面，且平面截该正方体所得图形的面积记为． （ⅰ）若，在图中画出截面并求； （ⅱ）的最大值为 　　（直接写出结果） 【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的判定定理，即可证明平面； （Ⅱ）利用等体积法计算三棱锥的体积； （Ⅲ）连接，，，得出平面截该正方体所得图形是边长等边三角形，计算面积即可； 当截面是边长为的正六边形时，面积最大，计算此时面积即可． 【解答】（Ⅰ）证明：在矩形中，，， 所以在图②中，，， 又因为，所以平面； （Ⅱ）解：设的中点为，因为点在平面上的射影为的中点， 所以平面， 所以； （Ⅲ）解：连接，，，所以平面平面， 所以平面截该正方体所得图形是边长为的等边三角形， 面积为； 如图所示，当截面是边长为的正六边形时，面积最大， 此时面积为． 【点评】本题考查了直线与平面垂直的判定问题，也三棱锥体积计算问题，以及空间想象能力和推理判断能力，是中档题． 39．（2023春•贺兰县校级期末）如图，在四棱锥中，是矩形，平面，，点是的中点，点在上移动． （1）求三棱锥体积； （2）当点为的中点时，试判断与平面的关系，并说明理由； （3）求证：． 【分析】（1）求出底面的面积，求出高，即可求三棱锥体积； （2）点为的中点，推出，证明平面即可； （3）证明垂直平面内的两条相交直线，，即可证明平面，从而证明． 【解答】解：（1）平面， ． （2）当点为的中点时，平面． 理由如下：点，分别为、的中点， ．平面，平面平面 （3）平面，平面是矩形， ，平面平面， 点是的中点， 又平面 平面，． 【点评】本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题． 40．（2023春•泰安期末）如图1，在边长为4的菱形中，，，分别为，的中点，将沿折起到的位置，得到如图2所示的三棱锥． （1）证明：； （2）为线段上一个动点不与端点重合），设二面角的大小为，三棱锥与三棱锥的体积之和为，求的最大值． 【分析】（1）在菱形中连接交于点，则，即可得到，，从而得到平面，即可得证； （2）在菱形中，连接交于点，即可得到是二面角的平面角，即，过作于点，过作于点，即可得到平面，平面，则、分别为三棱锥、的高，即可表示出，，再由锥体的体积公式及二倍角公式计算即可． 【解答】解：（1）证明：在菱形中连接交于点， 所以为的中点，， 在三棱锥中，，， ，，平面， 所以平面，平面， 所以． （2）在菱形中，连接交于点，因为，分别为，的中点， 所以且，所以， 在三棱锥中，，， 所以是二面角的平面角， 所以， 过作于点，过作于点， 因为平面，平面， 所以， 又，，，平面， 所以平面， 同理可证平面， 所以、分别为三棱锥、的高， 因为菱形边长为4，所以，所以， 在中，， 所以， 因为， 所以，， 所以， 所以 ， 因为，所以时取得最大值为4． 【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，第二问解答的关键是用的式子表示出、，利用三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出体积最大值． 一十六．多面体和旋转体表面上的最短距离问题（共1小题） 41．（2023春•南召县期末）如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形，点在下底面圆周上，且，点在母线上，点是线段的靠近点的四等分点，则的最小值为　　 A． B．3 C．4 D． 【分析】将绕直线旋转到，并且点在的反向延长线上，连接，交于点，此时最小，求出即可． 【解答】解：将绕直线旋转到，并且点在的反向延长线上，连接， 交于点，此时最小，如图所示： 因为，所以， 又因为，所以， 又因为，所以，， 由余弦定理得，， 解得，即的最小值为． 故选：． 【点评】本题考查了几何体中线段长度的最值问题，也考查了空间想象能力与计算能力，以及数形结合思想，是中档题． 一十七．平面图形的直观图（共1小题） 42．（2023春•邵阳期末）如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是　　 A． B． C． D． 【分析】根据斜二测画法的规则，还原出原来的图形，求出它的面积即可． 【解答】解：如图所示， 由斜二测画法的规则知与轴平行的线段其长度不变与横轴平行的性质不变， 正方形的对角线在轴上， 可求得其长度为，故在平面图中其在轴上， 且其长度变为原来的2倍，长度为，其原来的图形是平行四边形， 所以它的面积是． 故选：． 【点评】本题考查了斜二测画法的规则与应用问题，解题时应还原出原来的图形，是基础题． 一十八．平面的基本性质及推论（共1小题） 43．（2023春•金安区校级期末）如图，在正方体，对角线与平面交于点．、交于点、为的中点，为的中点， 求证：（1）、、三点共线 （2）、、、四点共面 （3）、、三线共点． 【分析】（1）利用、、三点在平面与平面的交线上，证明三点共线； （2）利用，证明、、、四点共面； （3）证明与的交点在平面与平面的交线上即可． 【解答】证明：（1）平面，，平面； 又平面，平面； 、交于点，，； 又平面，平面， 平面，平面； 又平面，平面； 、、三点在平面与平面的交线上， 、、三点共线； （2）为的中点，为的中点， ， 又，， 四边形是平行四边形， ； ， 、、、四点共面； （3）平面平面， 设与交于一点，则： ，平面， 平面； 同理，平面， 平面平面， 直线、、三线交于一点， 即三线共点． 【点评】本题考查了空间中的点共线，线共点以及线共面的证明问题，是基础题目． 一十九．空间中直线与直线之间的位置关系（共1小题） 44．（2023春•重庆期末）已知正方体，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与给出下列结论： ①对于任意给定的点，存在点，使得； ②对于任意给定的点，存在点，使得； ③对于任意给定的点，存在点，使得； ④对于任意给定的点，存在点，使得． 其中正确的结论是　　 A．① B．②③ C．①④ D．②④ 【分析】根据直线与直线、直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别判断选项，利用排除法能得出结论． 【解答】解：①当点与重合时，，且，所以平面， 因为对于任意给定的点，都有平面， 所以对于任意给定的点，存在点，使得，所以①正确； ②只有平面，即平面时， 才能满足对于任意给定的点，存在点，使得， 因为过点与平面垂直的直线只有一条，而，所以②错误； ③当与，重合时，在线段上找不到点，使，所以③不正确； ④只有当平面，若存在点，使得，则平面， 又平面，则有平面平面，显然不可能， 所以对于任意给定的点不存在点，使，故④不正确． 故选：． 【点评】本题考查直线与直线、直线与平面的位置关系的判断，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养． 二十．空间中直线与平面之间的位置关系（共1小题） 45．（2023春•阿勒泰地区期末）已知两条直线，，两个平面，，给出下面四个命题： ①若，或者，相交； ②，，； ③，； ④，或者； 其中正确命题的序号是　　 A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 【分析】利用线面平行和面面平行的性质和判定定理对四个命题分别分析选择． 【解答】解：对于①，若，则与在同一个平面内，所以或者，相交；①正确； 对于②，，，则与平行或者异面所以只有错误； 对于③，，，与的位置关系不确定，所以错误； 对于④，，根据线面平行的判定定理可得：如果则；如果，则，所以或者是正确的； 综上正确的命题是①④； 故选：． 【点评】本题考查了线面平行的判定定理和性质定理的运用；关键是熟练相关的定理，属于中档题． 二十一．直线与平面平行（共2小题） 46．（2023春•揭阳期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，分别为，，的中点，点在棱上，且平面，则　2　． 【分析】连接、，设、，连接，过点作交于点，连接、，即可证明平面平面，从而得到平面，再根据线段平行得到线段的关系，即可解答． 【解答】解：连接、，设、，连接， 过点作交于点，连接、， 因为、分别为、的中点，所以，平面，平面， 所以平面． 同理可得平面，，，平面， 所以平面平面，平面，所以平面， 因为、分别为、的中点，则为的中点， 又为的中点，所以，， 所以，又，所以， 所以，又为的中点， 所以， 则， 所以． 【点评】本题考查直线与平面平行，属于中档题． 47．（2023春•东城区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点． （Ⅰ）求的体积； （Ⅱ）求证：平面； （Ⅲ）求证：平面． 【分析】（1）利用棱锥体积公式求解即可． （2）一条直线垂直于平面内两条相交直线，则这条直线与平面垂直． （3）平面外一条直线与平面内一条直线平行，则直线与平面平行． 【解答】（1）解：因为在四棱锥中，平面，，，，，为的中点， 所以． （2）证明：因为，， 所以， 又平面，所以， 又因为，所以平面． （3）证明：取的中点为，又为的中点， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． 【点评】本题考查棱锥的体积，直线与平面的位置关系，属于中档题． 二十二．直线与平面垂直（共2小题） 48．（2023春•新吴区校级期末）如图，直三棱柱 中，为的中点，，平面平面． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 【分析】（1）设与相交于点，连接，证明，即可证明平面． （2）连接与，由平面得出，由得出，再证明，即可证明平面． 【解答】证明：（1）设与相交于点，连接，则为的中点， 因为为的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）连接与， 由直三棱柱的性质知，平面， 因为平面，所以， 因为，所以四边形是正方形， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 过点作，垂足为，则平面， 所以，所以与重合， 所以平面，所以， 又因为，， 所以平面， 所以， 又， 所以平面． 【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了推理与证明能力，是中档题． 49．（2023春•天宁区校级期末）如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，，为上一点，且平面． （1）求证：； （2）如果点为线段的中点，求证：平面． 【分析】（1）根据平面，平面，根据线面垂直的性质可知，而，且，、平面，根据线面垂直的判定定理可知平面，根据平面，则． （2）取中点，连接、，根据平面，平面，可知，因为，则为的中点．根据中位线可知，且，因为四边形为平行四边形，所以，且，则，且，而为中点，则，且，从而四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，根据线面平行的判定定理可知平面． 【解答】证明：（1）因为平面，平面， 所以．（2分） 因为，且，、平面， 所以平面．（4分） 因为平面， 所以．（6分） （2）取中点，连接、． 因为平面，平面， 所以． 因为， 所以为的中点．（8分） 所以为的中位线． 所以，且．（10分） 因为四边形为平行四边形，所以，且． 故，且． 因为为中点， 所以，且． 所以四边形为平行四边形， 所以．（12分） 因为平面，平面， 所以平面．（14分） 【点评】判断或证明线面平行的常用方法有： ①利用线面平行的定义（无公共点）； ②利用线面平行的判定定理，，； ③利用面面平行的性质定理； ④利用面面平行的性质，，，． 二十三．二面角的平面角及求法（共2小题） 50．（2023春•泸县校级期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，．点是的中点，作，交于点． （1）设平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并给出证明； （2）求平面与平面所成的较小的二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正切值． 【分析】（1）根据线面平行的性质定理进行证明即可． （2）先找出二面角的平面角，然后进行求解即可， （3）根据线面角的定义进行求解即可， 【解答】证明：（1）连结交交于， 是正方形，为的中点， 又是的中点，， 又平面，平面，．平面， 又平面，平面平面，． 解：（2）平面，平面， ， 设正方形的边长为4， ， 的中线，，， 同理，，， ，， 为正三角形，中线，且， ，， ，同理， 是二面角的一个平面角， 又在正三角形中， ， 则平面与平面所成的较小的面角的余弦值为． 解：（3）同（2）中，得， 又在正方形中，，，平面，平面， 平面， 同理平面 同理面 是直线与平面所成的角， 在和中得， 直线与平面所成角的正切值为． 【点评】本题主要考查空间直线和平面位置关系的判断，以及空间角的求解，根据二面角和线面角的定义是解决本题的关键，是中档题． 51．（2023春•常州期末）如图，三棱柱中，是正三角形，，，平面平面，、分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）若为底面内（包括边界）的动点，平面，且的轨迹长度为1，求三棱柱的体积． （3）在（2）的条件下，求二面角的正切值． 【分析】（1）取的中点，连接，由面面垂直得出平面，，再由，得出平面． （2）取的中点，连接，，，利用中位线定理得出，，由平行四边形得出，证明，得出平面，再证明四边形为平行四边形，得出，平面，从而证明平面平面，得出点的轨迹为，从而计算三棱柱的体积． （3）取的中点，连接，，找出二面角的平面角为，利用△求出二面角的正切值． 【解答】（1）证明：取的中点，连接， 因为是等边三角形，所以． 又平面平面，且平面平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，，，平面， 所以平面． （2）解：取的中点，连接，，． 因为，分别为，的中点，所以， ，分别为，的中点，所以， 因为三棱柱，所以侧面为平行四边形，所以，所以． 且平面，平面，所以平面， 因为三棱柱，所以侧面为平行四边形，分别为，的中点， 所以，且，所以平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，，平面， 所以平面平面． 又因为为底面内（包括边界）的动点，当时，平面， 所以平面，所以的轨迹为，所以，所以， 又因为是正三角形，所以． 又因为（1）三棱柱的高为，所以， 所以三棱柱的体积为． （3）解：取的中点，连接，， 因为是正三角形，为的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 因为平面，且平面，所以， 所以二面角的平面角为， 在△中，，，， 所以二面角的正切值为． 【点评】本题考查了空间中的平行与垂直的判断与性质应用问题，也考查了几何体体积与二面角大小的计算问题，是中档题． 二十四．概率及其性质（共1小题） 52．（2023春•林州市校级期末）下列说法正确的是　　 A．任何事件的概率总是在之间 B．频率是客观存在的，与试验次数无关 C．随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率 D．概率是随机的，在试验前不能确定 【分析】利用频率与概率的意义及其关系即可得出． 【解答】解：由于必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，故不正确． 频率的数值是通过实验完成的，频率是概率的近似值，概率是频率的稳定值，故、不正确． 频率是不能脱离次试验的实验值，而概率是具有确定性的不依赖于试验次数的理论值， 随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率，故正确． 故选：． 【点评】本题考查概率的定义，考查概率和频率之间的关系，做一个实验事件发生频率是可变的，而概率是不变的，是一个确定的数值，不能混淆两个概念． 二十五．古典概型及其概率计算公式（共1小题） 53．（2023春•兴庆区校级期末）一个三位自然数百位，十位，个位上的数字依次为，，，当且仅当，时称为“凹数”（如213，312等），若，，，2，3，且，，互不相同，则这个三位数是“凹数”的概率是　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意，分析“凹数”的定义，可得要得到一个满足的三位“凹数”，在，2，3，的4个整数中任取3个数字，组成三位数，再将最小的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上即可，再利用古典概型概率计算公式即可得到所求概率． 【解答】解：根据题意，要得到一个满足的三位“凹数”， 在，2，3，的4个整数中任取3个不同的数组成三位数，有种取法， 在，2，3，的4个整数中任取3个不同的数，将最小的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上，有种情况， 则这个三位数是“凹数”的概率是； 故选：． 【点评】本题考查组合数公式的运用，关键在于根据题干中所给的“凹数”的定义，再利用古典概型概率计算公式即得答案． 二十六．列举法计算基本事件数及事件发生的概率（共1小题） 54．（2023春•船营区校级期末）为了普及法律知识，达到“法在心中”的目的，某市法制办组织了一次普法知识竞赛．统计局调查队从甲、乙两单位中各随机抽取了5名职工的成绩，如下： 甲单位职工的成绩（分 87 88 91 91 93 乙单位职工的成绩（分 85 89 91 92 93 （1）根据表中的数据，分别求出样本中甲、乙两单位职工成绩的平均数和方差，并判断哪个单位职工对法律知识的掌握更为稳定； （2）用简单随机抽样的方法从乙单位的5名职工中抽取2名，他们的成绩组成一个样本，求抽取的2名职工的成绩之差的绝对值至少是4分的概率． 【分析】（1）先求出甲、乙两个单位职工的考试成立的平均数，以及它们的方差，则方差小的更稳定． （2）从乙单位抽取两名职工的分数，所有基本事件用列举法求得共10种情况，抽取的两名职工的分数差值至少是4的事件用列举法求得共有5个，由古典概型公式求得抽取的两名职工的分数之差的绝对值至少是4的概率． 【解答】解：， （2分） ， （4分） ，甲单位职工对法律知识的掌握更为稳定（5分） 设抽取的2名职工的成绩只差的绝对值至少是（4分）为事件， 所有基本事件有：，，，，，， ，，，，，， ，，，，，，， ，，，共20个（8分） 事件包含的基本事件有： ，，，，，， ，，，，共10个（10分） （12分） 【点评】本题主要考查平均数和方差的定义与求法，用列举法计算可以列举出基本事件和满足条件的事件，古典概率的计算公式． 二十七．相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式（共1小题） 55．（2023春•天津期末）两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为　　． 【分析】分别记两个实习生加工一个零件为一等品的事件为，，则由已知可得（A），（B），且，相互独立，两个零件中恰有一个一等品的概率为（A）（B）． 【解答】解：分别记两个实习生加工一个零件为一等品的事件为，， 则由已知可得（A），（B），且，相互独立， 两个零件中恰有一个一等品的概率为（A）（B） 故答案为：． 【点评】本题主要考查了相互独立事件的概率公式的求解：若，相互独立，则（A）（B）；还利用了对立事件的概率公式，要注意该方法在解决概率问题时，若正面情况较多时，可以利用此方法． 二十八．频率分布直方图（共3小题） 56．（2023春•鼓楼区校级期末）为了解甲、乙两个班级学生的物理学习情况，从两个班学生的物理成绩（均为整数）中各随机抽查20个，得到如图所示的数据图（用频率分布直方图估计总体平均数时，每个区间的值均取该区间的中点值），关于甲、乙两个班级的物理成绩，下列结论正确的是　　 A．甲班众数小于乙班众数 B．乙班成绩的75百分位数为79 C．甲班的中位数为74 D．甲班平均数大于乙班平均数估计值 【分析】根据图象依次求众数，75百分位数，中位数，平均数，从而依次判断即可． 【解答】解：甲班众数为79，乙班众数为75，故选项错误； ， 乙班成绩的75百分位数为80， 故选项错误； 根据频数分布图知， 甲班学生的物理成绩从小到大排序的第10、11个数是79，79， 故甲班的中位数为79，故选项错误； 甲班平均数为， 乙班平均数估计值为， 故甲班平均数大于乙班平均数估计值， 故选项正确； 故选：． 【点评】本题考查了频数分布图及频率分布直方图的应用，同时考查了数字特征的应用，属于中档题． 57．（2023春•楚雄市校级期末）某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以，，，，，，，，，，，，，分组的频率分布直方图如图示． （1）求直方图中的值； （2）求月平均用电量的众数和中位数； （3）在月平均用电量为，，，，，，，的四组用户中，用分层抽样的方法抽取11户居民，则月平均用电量在，的用户中应抽取多少户？ 【分析】（1）根据频率和为1，列方程求出的值； （2）根据频率分布直方图中，最高矩形的数据组中点为众数； 中位数两边的频率相等，由此求出中位数； （3）求出抽取比例数，计算应抽取的户数． 【解答】解：（1）根据频率和为1，得 ， 解得； （2）由图可知，最高矩形的数据组为，， 所以众数为； ，内的频率之和为 ； 设中位数为，则， 解得，中位数为224； （3）月平均用电量为，的用户在四组用户中所占的比例为 ， 月平均用电量在，的用户中应抽取（户． 【点评】本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了中位数与众数的计算问题，是基础题． 58．（2023春•黄冈期末）插花是一种高雅的审美艺术，是表现植物自然美的一种造型艺术，与建筑、盆景、造园等艺术形式相似，是最优美的空间造型艺术之一．为了通过插花艺术激发学生对美的追求，增添生活乐趣，提高学生保护环境的意识，增加团队凝聚力，某高校举办了以“魅力校园、花香溢校园”为主题的校园插花比赛．比赛按照百分制的评分标准进行评分，评委由10名专业教师、10名非专业教师以及20名学生会代表组成，各参赛小组的最后得分为评委所打分数的平均分．比赛结束后，得到甲组插花作品所得分数的频率分布直方图和乙组插花作品所得分数的频数分布表，如图所示： 分数区间 频数 ， 1 ， 5 ， 12 ， 14 ， 4 ， 3 ， 1 定义评委对插花作品的“观赏值”如表所示． 分数区间 ， ， ， 观赏值 1 2 3 （1）估计甲组插花作品所得分数的中位数（结果保留两位小数）； （2）从40位评委中随机抽取1人进行调查，试估计其对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的概率； （3）若该校拟从甲、乙两组插花作品中选出一个用于展览，从这两组插花作品的最后得分来看该校会选哪一组？请说明理由（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）． 【分析】（1）设甲组插花作品所得分数的中位数为，由中位数将频率分布直方图分成面积相等的两部分求解即可； （2）设对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高为事件，对乙组插花作品的“观赏值”为2为事件， 对乙组插花作品的“观赏值”为3为事件，对甲组插花作品的“观赏值”为1为事件，对甲组插花作品的“观赏值”为2为事件，利用频率来估计概率，再由事件的相互独立性求概率即可； （3）由频率分布直方图及频数分布表分别求甲组插花作品与乙组插花作品的平均值作为最后得分，比较大小即可． 【解答】解：（1）设甲组插花作品所得分数的中位数为， 由频率分布直方图可得， ， ， 故在，内， 且， 解得； （2）设对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高为事件， 对乙组插花作品的“观赏值”为2为事件， 对乙组插花作品的“观赏值”为3为事件， 对甲组插花作品的“观赏值”为1为事件， 对甲组插花作品的“观赏值”为2为事件， 则， ， ， ， 因为事件与相互独立，其中，3，，2； 所以（C） ， 即评委对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的概率为0.225； （3）由频率分布直方图可知， 甲组插花作品的最后得分约为， 由乙组插花作品所得分数的频数分布表得， 分数区间 频数 频率 ， 1 0.025 ， 5 0.125 ， 12 0.3 ， 14 0.35 ， 4 0.1 ， 3 0.075 ， 1 0.025 故乙组插花作品的最后得分约为， 故该校会选择甲组插花作品展览． 【点评】本题考查了频率分布直方图及频数分布表的应用，属于中档题． 二十九．统计图表获取信息（共1小题） 59．（2023春•龙岩期末）新型冠状病毒阳性即新型冠状病毒核酸检测结果为阳性，其中包括无症状感染者和确诊病例．如图是某地某月2日至16日的新冠疫情病例新增人数的折线统计图，则　　 A．本地新增阳性人数最多的一天是10日 B．本地新增确诊病例的极差为84 C．本地新增确诊病例人数的中位数是46 D．本地新增无症状感染者的平均数大于本地新增确诊病例的平均数 【分析】根据折线统计图逐个分析判断即可． 【解答】解：对于，由图可得2日至16日新增阳性人数依次为8，15，44，63，120，72，30，59，131，66，95，85，99，102，92， 其中本地新增阳性人数最多的一天是10日，故正确． 对于，由图可知本地新增确诊病例的极差为，故正确． 对于，由图可知本地新增确诊病例人数从小到大排列依次为6，10，14，14，20，33，40，46，51，72，81，82，90，90，90， 则中位数为第8个数46，故正确． 对于，由图可知本地新增无症状感染者的平均数为， 本地新增确诊病例的平均数为， 所以本地新增无症状感染者的平均数小于本地新增确诊病例的平均数，故错误． 故选：． 【点评】本题考查统计图，属于中档题． 三十．众数、中位数、平均数（共1小题） 60．（2023春•博湖县期末）某中学举行电脑知识竞赛，现将高一参赛学生的成绩进行整理后分成五组绘制成如图所示的频率分布直方图，已知图中从左到右的第一、二、三、四、五小组的频率分别是0.30、0.40、0.15、0.10、0.05．求： （1）高一参赛学生的成绩的众数、中位数． （2）高一参赛学生的平均成绩． 【分析】（1）用频率分布直方图中最高矩形所在的区间的中点值作为众数的近似值，得出众数， 利用中位数的两边频率相等，求出中位数； （2）利用各小组底边的中点值乘以对应频率，再求和，得出数据的平均值． 【解答】解：（1）用频率分布直方图中最高矩形所在的区间的中点值作为众数的近似值，得众数为65， 又第一个小矩形的面积为0.3， 设第二个小矩形底边的一部分长为， 则，得， 中位数为； （2）依题意，平均成绩为： ， 平均成绩约为67． 【点评】本题考查了利用频率分布直方图求众数与中位数、平均数的应用问题，是基础题目． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$