高一数学暑期综合测评卷（19题新高考新结构）-【暑假分层作业】2024年高一数学暑假培优练（人教A版2019）

完成时间： 月 日 天气： 【暑假分层作业】2024年高一数学暑假培优练 高一暑期综合测评卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的） 1．若复数为纯虚数，则实数（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】根据复数的运算及纯虚数的概念求解. 【详解】∵为纯虚数， ∴且，解得， 故选：B. 2．如图，是水平放置的直观图，其中，轴，轴，则（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】C 【分析】借助余弦定理计算可得直观图中的长度，结合斜二测画法可知形状及边长，即可得. 【详解】在，，， 由余弦定理可得：， 即，而，解得， 由斜二测画法可知：中，，，， 故. 故选：C. 3．若，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】两式分别平方，相加后结合同角三角函数关系式及两角和的余弦公式化简可得. 【详解】由，， 得，， 相加得，， 解得， 故选：B. 4．某校组织高一1班，2班开展数学竞赛，1班40人，2班30人，根据统计分析，两班成绩的方差分别为，.记两个班总成绩的方差为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】借助分层抽样的方差公式计算即可得. 【详解】设两个班的平均分分别为，，两个班的总的平均分为， 则 . 故选：B. 5．设，则有（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质判断即可. 【详解】， ， ， 因为在上单调递增， 所以，故. 故选：C. 6．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. 【详解】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 7．在直角三角形中，，点P在斜边的中线上，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据中线以及数量积的运算律可得，进而可得结果. 【详解】由题意可知：， 因为， 可得， 又因为点P在斜边的中线上，则， 所以. 故选：A. 8．如图，已知正方形的边长为2，，分别是，的中点，平面，且，则与平面所成角的正弦值为（    ）      A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接、，且、分别交于、，证明平面，再利用面面垂直的判定得平面平面，再作出，利用面面垂直的性质有平面，最后根据线面角的定义计算相关长度即可. 【详解】如图，连接、，且、分别交于、. 因为四边形是正方形，、分别为和的中点， 故为的中点，因为平面，平面， 所以平面，所以到平面的距离就是点到平面的距离. ，即，平面， 平面，，平面， 平面平面平面平面， 作交于点，因为平面，平面平面， 平面，所以线段的长就是点到平面的距离. 正方形的边长为. 平面，平面，所以， 在中，，根据， 有，得， 因为，平面，所以的长即为点到平面的距离， ，即与平面成角的正弦值为. 故选：D.      二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．将一枚质地均匀且标有数字1，2，3，4，5，6的骰子随机掷两次，记录每次正面朝上的数字，甲表示事件“第一次掷出的数字是1”，乙表示事件“第二次掷出的数字是2”，丙表示事件“两次掷出的数字之和是8”，丁表示事件“两次掷出的数字之和是7”.则（    ） A．事件甲与事件丙是互斥事件 B．事件甲与事件丁是相互独立事件 C．事件乙包含于事件丙 D．事件丙与事件丁是对立事件 【答案】AB 【分析】根据题意，利用列举法得到事件甲，乙，丙，丁，再由事件的关系，以及独立事件的判定方法，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，事件甲：第一次掷出的数字是1有：， 事件乙：第二次掷出的数字是2有：， 事件丙：两点数之和为8的所有可能为：， 事件丁：两点数之和为7的所有可能为：， 其中， 对于A中，事件甲与事件丙不能同时发生，所以事件甲与事件丙是互斥事件，所以A正确； 对于B中，由，所以， 所以事件甲与事件丁是相互独立事件，所以B正确； 对于C中，事件乙不包含于事件丙，所以C错误； 对于D中，根据对立事件的定义，可得事件丙与事件丁不对立，所以D错误. 故选：AB. 10．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. 【详解】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. 11．八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列结论正确的有（    ） A． B． C．在上的投影向量为 D．若点为正八边形边上的一个动点，则的最大值为 【答案】BCD 【分析】正八边形中，每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离为2，然后再由数量积的运算判断AB,由投影向量和投影判断CD得答案． 【详解】由题意可知，正八边形每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离为2， 对于A，，故A错误； 对于B，，则以，为邻边的对角线长是的倍， 可得，故B正确； 对于C，在上的投影向量为，故C正确； 对于D，设的夹角为则，其中表示在上的投影， 易知,延长DC交AB延长线于Q,当P在线段DC上运动，投影最大， 易知为等腰直角三角形，且, 则在中，, 在等腰三角形中，则 .故D正确． 故选:ABD． 【点睛】关键点点睛：本题考查向量数量积及性质，关键是利用数量积的几何意义确定在上的投影的最大值解决D选项. 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．一组数据1，2，3，3，4，5，x的平均数与众数相等，则这组数据的75%分位数是 . 【答案】4 【分析】由平均数求法及众数的定义，讨论、、确定数据，进而求75%分位数. 【详解】由题设，平均数为， 若，众数有两个，其中一个为3； 若，则众数为3； 因为平均数与众数相等， 当时，，满足； 当时，，不满足； 当时，，不满足； 其它情况均不满足； 所以，数据为，则， 故这组数据的75%中位数是4. 故答案为：4 13．由于四边形不具有稳定性，所以求四边形面积公式需要有限制条件.我们将四个点在圆上的四边形称为圆内接四边形，圆内接四边形具有对角互补的性质.印度数学家婆罗摩笈多发现了圆内接四边形的面积公式为，其中、、、分别为圆内接四边形的4条边，，与海伦公式有类似之处.已知在圆内接四边形中，，，，，则四边形的面积为 . 【答案】 【分析】连接，利用余弦定理分别得到，的长，再利用圆内接四边形的面积公式即可得到答案. 【详解】连接 因为在圆内接四边形中，，，，，所以， 在中，由余弦定理可得：， 所以在中，由余弦定理可得：， 化简可得，解得或(舍去)， 所以，则圆内接四边形的面积公式为 故答案为： 14．近期，贵州榕江“村超”火爆全网，引起足球发烧友、旅游爱好者、社会名流等的广泛关注.足球最早起源于我国古代“蹴鞠”，被列为国家级非物质文化，蹴即踢，鞠即球，北宋《宋太祖蹴鞠图》描绘太祖、太宗和臣子们蹴鞠的场景.已知某“鞠”的表面上有四个点A、B、C、D，连接这四点构成三棱锥如图所示，顶点A在底面的射影落在内，它的体积为，其中和都是边长为6的正三角形，则该“鞠”的表面积为 .    【答案】 【分析】由线面垂直关系，利用分割法求三棱锥体积，由垂直关系结合球心性质找到球心位置，再运算求解球半径即可. 【详解】如图，    取的中点，连接，， 因为，， 又平面，平面，， 所以平面，平面， 所以平面平面，同理可证，平面平面， 设和的中心分别为、，在平面内，过、分别作的垂线，设交点为，即， 又平面平面，由面面垂直的性质定理可知，平面， 同理可得， 平面，即球心为，设“鞠”的半径为，连接， 则， 即：， 又，， 所以，又顶点A在底面的射影落在内，则， 由，为公共边，得与全等， 则为的角平分线，所以. 在中，因为，则 在中，，， 所以该“鞠”的表面积. 故答案为： 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．在三角形中，，，，为线段上任意一点，交于.    (1)若. ①用，表示； ②若，求的值； (2)若，求的最小值. 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①利用向量的几何运算求解；②设，然后用表示，然通过，将也用表示，然后利用系数对应相等列方程组求解； （2）设，将用表示，然后利用系数对应相等将用表示，然后利用基本不等式求最值. 【详解】（1）①因为，所以， 故在中，； ②因为，，三点共线，设， 所以， 因为，所以，所以 又由①及已知，，所以， 解得； （2）因为，又，，三点共线，设， 所以， 又因为，所以， ， 当且仅当，即时取得等号，所以的最小值为. 16．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． (1)求A； (2)若D为延长线上一点，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）已知，由正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式和同角三角函数的商数关系化简，得，可求； （2）在中，由正弦定理有，在中，由正弦定理有，得，由角的范围求的取值范围. 【详解】（1）角A，B，C是的内角，故． 在锐角中，， 由正弦定理得，， 即， 所以，即， 故， 又，所以. （2）在中，， 由正弦定理有，则， 在中，由正弦定理有，即， 则， 所以， ， 故 . 因为为锐角三角形，， 所以，解得， ， 所以，所以， 从而． 故的取值范围为． 17．2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场（鸟巢）举行，某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人． (1)根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄； 现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者． (2)若有甲（年龄，乙（年龄两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率； (3)若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中岁所有人的年龄的方差． 【答案】(1) (2) (3)10 【分析】（1）根据频率分布表，利用平均数公式求解； （2）由频率分布直方图可知各组的频率之比为，得到第四组应抽取4人，第五组抽取2人，利用古典概型的概率求解； （3）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，由平均数公式和方差公式求解； 【详解】（1）解：设这人的平均年龄为， 则（岁； （2）由频率分布直方图可知各组的频率之比为， 第四组应抽取人，记为，，，甲，第五组抽取人，记为，乙， 对应的样本空间为，，，甲），，乙），，，，甲），，乙），，，甲），乙），，（甲，乙），（甲，，（乙，，共15个样本点． 分设事件 “甲、乙两人至少一人被选上”， 则，甲），，乙），，甲），，乙），，甲），，乙），（甲，乙），（甲，，（乙，，共有9个样本点， 所以； （3）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，， 则，，，， 设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为； 则， ， 因此第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10， 据此可估计这人中年龄在岁的所有人的年龄方差约为10 18．已知函数． (1)求的值； (2)若，求的值域； (3)若关于x的方程有三个连续的实数根，且，，求a的值． 【答案】(1)1 (2) (3) 【分析】（1）逆用二倍角公式化简函数解析式，再运用辅助角公式，代值计算即得； （2）将看成整体角，由求得，判断的单调性，求得函数的值域，继而得的值域； （3）结合函数的图象，得和，，求得，，由方程即可求得值. 【详解】（1）， ． （2）因，取则，因在上单调递增，在上单调递减， 而，故．则，的值域为． （3）       如图，因的周期为， 当时，，代入得 ，无解； 由题意可知：，代入得：． 由，，可得，． 由，，代入，解得，． ，， 当时，，； 当时，， 故的值为． 19．已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点． (1)求证：平面； (2)若为的中点 ①求与平面所成角的正弦值； ②求二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②． 【分析】（1）利用面面垂直证明线面垂直，再证明线线垂直，从而可证明线面垂直； （2）因为线面垂直可证明更多的空间垂直关系，所以本题的线面角和二面角都可以通过作图，得到它们的平面角，从而解三角形即可得到平面角的三角函数值. 【详解】（1）因为，，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以． 取的中点，连接，，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以． 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为,，，平面，所以平面． （2）①过点作，垂足为．如图所示， 由（1）知，平面．因为平面，所以． ，所以平面， 所以就是与平面所成角的平面角． 由（1）知，平面，平面，所以． 在中，，，， 因为为的中点，所以． 在中，， 在中，， 在中，， 所以由同角三角函数的基本关系得． 所以与平面所成角的正弦值为． ②取的中点为，连接，因为为线段的中点， 所以， 由（1）知，平面，所以平面，平面． 所以． 过点作，垂足为，连接，，，平面， 所以平面．平面，所以， 所以为二面角的平面角． 在中，， 由（1）知，为等边三角形，为线段的中点， 所以 由（1）知，平面，平面．所以， 在中，，由（2）知，， 即，解得． 因为平面，平面，所以． 在中，． ， 所以二面角的平面角的余弦值为． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是根据二面角的定义找出二面角，再利用勾股定理定义求出相关线段，最后根据三角函数的定义即可得到答案. ( 2 )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 $$ 完成时间： 月 日 天气： 【暑假分层作业】2024年高一数学暑假培优练 高一暑期综合测评卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的） 1．若复数为纯虚数，则实数（    ） A．1 B．2 C． D． 2．如图，是水平放置的直观图，其中，轴，轴，则（    ） A． B．2 C． D．4 3．若，，则（     ） A． B． C． D． 4．某校组织高一1班，2班开展数学竞赛，1班40人，2班30人，根据统计分析，两班成绩的方差分别为，.记两个班总成绩的方差为，则（    ） A． B． C． D． 5．设，则有（    ） A． B． C． D． 6．设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则边（    ） A． B．或 C．或 D． 7．在直角三角形中，，点P在斜边的中线上，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 8．如图，已知正方形的边长为2，，分别是，的中点，平面，且，则与平面所成角的正弦值为（    ）      A． B． C． D． 二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．将一枚质地均匀且标有数字1，2，3，4，5，6的骰子随机掷两次，记录每次正面朝上的数字，甲表示事件“第一次掷出的数字是1”，乙表示事件“第二次掷出的数字是2”，丙表示事件“两次掷出的数字之和是8”，丁表示事件“两次掷出的数字之和是7”.则（    ） A．事件甲与事件丙是互斥事件 B．事件甲与事件丁是相互独立事件 C．事件乙包含于事件丙 D．事件丙与事件丁是对立事件 10．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 11．八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列结论正确的有（    ） A． B． C．在上的投影向量为 D．若点为正八边形边上的一个动点，则的最大值为 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．一组数据1，2，3，3，4，5，x的平均数与众数相等，则这组数据的75%分位数是 . 13．由于四边形不具有稳定性，所以求四边形面积公式需要有限制条件.我们将四个点在圆上的四边形称为圆内接四边形，圆内接四边形具有对角互补的性质.印度数学家婆罗摩笈多发现了圆内接四边形的面积公式为，其中、、、分别为圆内接四边形的4条边，，与海伦公式有类似之处.已知在圆内接四边形中，，，，，则四边形的面积为 . 14．近期，贵州榕江“村超”火爆全网，引起足球发烧友、旅游爱好者、社会名流等的广泛关注.足球最早起源于我国古代“蹴鞠”，被列为国家级非物质文化，蹴即踢，鞠即球，北宋《宋太祖蹴鞠图》描绘太祖、太宗和臣子们蹴鞠的场景.已知某“鞠”的表面上有四个点A、B、C、D，连接这四点构成三棱锥如图所示，顶点A在底面的射影落在内，它的体积为，其中和都是边长为6的正三角形，则该“鞠”的表面积为 .    四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．在三角形中，，，，为线段上任意一点，交于.    (1)若. ①用，表示； ②若，求的值； (2)若，求的最小值. 16．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． (1)求A； (2)若D为延长线上一点，且，求的取值范围． 17．2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场（鸟巢）举行，某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人． (1)根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄； 现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者． (2)若有甲（年龄，乙（年龄两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率； (3)若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中岁所有人的年龄的方差． 18．已知函数． (1)求的值； (2)若，求的值域； (3)若关于x的方程有三个连续的实数根，且，，求a的值． 19．已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点． (1)求证：平面； (2)若为的中点 ①求与平面所成角的正弦值； ②求二面角的平面角的余弦值． ( 2 )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 $$