2023-2024学年高一下学期数学期末复习训练（一）

2023学年（下）高一年级训练（一）（问卷） 姓名：___________ 班级：___________ 考号：___________ 一、选择题：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．定义运算，则满足（为虚数单位）的复数z在复平面内对应的点在 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．设 ，是向量，则“”是“或”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧（含端点）上的一点，则的范围为 A． B． C． D． 4．某公园设计的一个圆形健身区域如图所示，其中心部分为一个等边三角形广场，分别以等边三角形的三条边作为正方形的一条边构造三个正方形区域用于放置健身器材，其中每个正方形有两个顶点恰好在圆上．若，则 A． B． C． D． 第3题图 第4题图 5．设，则是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则 A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 6．在第29个世界读书日活动到来之际，遵义市某高中学校为了了解全校学生每年平均阅读了多少本文学经典名著时，甲同学抽取了一个容量为10的样本，样本的平均数为4，方差为5；乙同学抽取一个容量为8的样本，样本的平均数为7，方差为10；将甲、乙两同学抽取的样本合在一起组成一个容量为18的样本，则合在一起后的样本方差是（结果精确到0.01） A．5.34 B．6.78 C．9.44 D．11.46 7．袋中装有5个大小相同的球，其中有2个白球，2个黑球，1个红球，现从袋中每次取出1球，取出后不放回，取得白球得1分，取得黑球得2分，取得红球得3分，直到取到的球的总分大于或等于4分时终止，用表示终止取球时所需的取球次数，则P(X=3)= A． B． C． D． 8．在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积为 A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9. 在中，角、、所对的边分别为a、b、c．若，，，则下列说法正确的有 A． B． C． D． 10．如图，在棱长为4的正方体中，，过的平面截正方体所得的截面为，则 A．的面积为 B．点到平面的距离为 C．在棱上存在一点，使得平面 D．在棱上存在点，使得平面 11．在四棱锥P−ABCD中，，正方形ABCD的边长为2，平面ABCD，则下列选项正确的是 A．该四棱锥的外接球表面积为 B．若点E为PA的中点，则平面PDC C．若点Q在内（含边界），且，则BQ长度的最大值为 D．若点M在正方形ABCD内（不含边界），且，则四棱锥P−AMCD的体积的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，满足，，且与的夹角为，则 ． 13．为深入贯彻落实习近平总书记对天津工作“三个着力”重要要求，天津持续深化改革，创建全国文明城区，城市文明程度显著提升，人民群众的梦想不断实现.在创建文明城区的过程中，中央文明办对某小区居民进行了创建文明城区相关知识网络问卷调查，从本次问卷中随机抽取了50名居民的问卷结果，统计其得分数据，将所得50份数据的得分结果分为6组：，并整理得到如下的频率分布直方图，则该小区居民得分的第70百分位数为 . 14．已知四边形ABCD是正方形，将沿AC翻折到的位置，点G为的重心，点E在线段BC上，平面，.若，则 ，直线GB与平面所成角的正切值为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2023年全国II卷）（本题满分12分）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率． （1）当漏诊率％时，求临界值c和误诊率； （2）设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值． 16．（本题满分15分）春节过后，某大学四年级的5名大学生相约去人才市场应聘，其中小红、小东学的是建筑专业，小军、小英学的是通讯专业，小青学的是电气工程专业. （1）若从这5人中随机采访3人，求3人中至少有1人是通讯专业的概率； （2）若小红应聘成功的概率是，小军应聘成功的概率是，小青应聘成功的概率是，这3名大学生的应聘结果相互独立，求这3人中至少有2人应聘成功的概率. 17．（本题满分15分）在中，角的对边分别为． （1）求的大小；（2）若，且边上的中线长为，求的面积． 18．（本题满分17分）如图，正方形是圆柱的轴截面，已知，点是的中点，点为弦的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值. 19．（本题满分17分）如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，经过，，三点的平面记为平面，点是侧面内的动点，且.   （1）设平面，求证：； （2）平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）； （3）当最小时，求三棱锥的外接球的表面积. 答案第6页，共6页 高一年级训练（一） 第4页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023学年（下）高一年级训练（一）（参考答案与解析） 1．B 【分析】由已知运算和复数的运算化简即可. 【详解】由题意可得， 即， 所以复数z在复平面内对应的点为，在第二象限， 故选：B. 2．B 【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为，可得，即， 可知等价于， 若或，可得，即，可知必要性成立； 若，即，无法得出或， 例如，满足，但且，可知充分性不成立； 综上所述，“”是“且”的必要不充分条件. 故选：B. 3．A 【分析】利用向量数量积的运算量，结合即可求解. 【详解】取中点为，连接，显然， 则 . 故选：A 4．C 【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法计算数量积. 【详解】如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则，，， 又，所以，则， 所以，， 所以. 故选：C 5．C 【分析】举反例可否定ABD，由线面平行性质定理、面面垂直判定定理可知C正确. 【详解】对于A，直线可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，故A错误； 对于B，直线可以平行平面，也可以在平面内，故B错误； 对于C，由∥，过作平面交于直线，即平面直线，由线面平行性质定理可知，直线∥直线， 又，所以直线，又直线，由面面垂直的判定定理得，故C正确； 对于D，若，直线可与平面平行或在平面内，故D错误. 故选：C. 6．C 【分析】利用样本平均数和样本方差的定义列式计算即可. 【详解】由甲同学的样本的平均数，方差分别为， 乙同学的样本的平均数，方差分别为， 则合在一起后的样本平均数， 则合在一起后的样本方差 . 故选：C. 7．B 【分析】根据题意，求出时，取球的情况，结合独立事件的乘法公式求解即可. 【详解】由题意，时，取球的情况为：白白红，白白黑，白黑白，白黑黑，白黑红， 黑白白，黑白黑，黑白红， 所以. 故选：A. 8．D 【分析】根据给定条件，将三棱锥放到长方体中，求出长方体的体对角线长，从而求得三棱锥外接球的半径，从而得解. 【详解】因为在三棱锥中，，，， 将三棱锥放到长方体中，设长方体同个顶点的三条棱长分别为，如图，    则，所以， 因为长方体的对角线长等于三棱锥外接球的直径， 所以三棱锥外接球的直径为，半径为， 所以三棱锥外接球的表面积为. 故选：D. 9．ABC 【分析】由辅助角公式化简即可判断A，结合正弦定理代入计算即可得到，从而判断B，由余弦定理代入计算即可判断D，再由三角形的面积公式即可判断C 【详解】因为，所以， 且、、为三角形的内角，所以， 则，所以，即，故A正确； 由可得， 由正弦定理可得，即，所以， 即，且，则， 所以，故B正确； 由余弦定理可得，即， 整理可得，解得或（舍），故D错误； 因为， 则，故C正确； 故选：ABC 10．ABC 【分析】棱上取点，利用线线平行可得截面为四边形，进而求面积判断A，利用等体积法判断B，利用线面平行的判定定理判断C，假设存在，利用面面垂直的性质定理判断D. 【详解】由题意知点在棱上，且， 在棱上取点，上取点，使得， 所以，平面截正方体所得的截面为四边形， 又因为，，， 因为四边形为平行四边形， ， 所以， 所以四边形的面积, A说法正确； 连接，三棱锥的体积， 由上面知，设点到平面的距离为， 由，解得，B说法正确； 延长交的延长线于点，所以，解得， 在上取点，使得， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面，C说法正确； 假设存在点，使得平面， 因为平面，所以平面平面， 又平面平面，平面平面,可得平面， 又平面，所以，与矛盾， 所以在上不存在点，使得平面，D说法错误， 故选：ABC 11．ACD 【分析】对于A，由已知将四棱锥P−ABCD补形为正方体，即可求得外接球的半径，进而求出表面积，判断A；对于B，取中点，连接， 可以证得平面PDC，由，可得与平面不平行，判断B；对于C，由已知条件可得，得点Q的轨迹为线段的中垂线，则可求出BQ长度的最大值，判断C；对于D，由已知可得点M的轨迹为以D为圆心，2为半径的个圆弧，则当M在中点时四棱锥P−AMCD的体积最大，进而求出四棱锥P−AMCD的体积的最大值，判断D. 【详解】 对于A，由已知将四棱锥P−ABCD补形为正方体，则该四棱锥的外接球的半径即为棱长为2的正方体的体对角线长， 所以，则，所以外接球表面积为，故A正确； 对于B，取中点，连接，则且， 又且，所以且，所以四边形是平行四边形， 则，又平面PDC，平面PDC，所以平面PDC， 又，所以共面， 由，所以与平面不平行，故B错误； 对于C，由已知，，得， 所以，则点Q的轨迹为线段的中垂线，当Q为中点时，BQ最大， 此时，故C正确； 对于D，由已知，点M在正方形ABCD内（不含边界），， 所以点M的轨迹为以D为圆心，2为半径的个圆弧， 要使四棱锥P−AMCD的体积最大，则需四边形的面积最大， 当M在中点时四边形的面积最大， 此时， 所以四棱锥P−AMCD的体积的最大值为,故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：求一些几何体的外接、内切球面积或体积的问题，主要是求出球的半径，要合理的利用补形，利用长方体或正方体模型；几何体中动点问题，求线段、面积、体积等最值问题，主要是找到取得最值时的动点的位置. 12． 【分析】由数量积的定义求出，再根据及数量积的运算律计算可得. 【详解】因为，，且与的夹角为， 所以， 所以 . 故答案为： 13．84.55 【分析】利用第70百分位数的定义结合频率分布直方图求解即可. 【详解】由题意得， 解得， 因为前4组数据的频率之和为， 前5组数据的频率之和为， 则分位数在内，设分位数为x， 则，解得， 所以分位数约为. 故答案为： 14． 2 3 【分析】空1：延长交于点，由线面平行的性质，可得到，从而得到，进而得解；空2：取中点,找到平面，所以或其补角为直线GB与平面所成角，进而得解. 【详解】如图所示： 空1：延长交于点，连接，则为中点，如下图所示： 因为平面，平面，平面平面， 所以， 因为点G为的重心，所以,所以. 空2：取中点,连接，则, 设正方形ABCD边长为2，因为，，所以， 又则为中点，所以， 中，, 同理可得，，因为，所以， 又，所以平面， 则为在平面内的投影， 所以或其补角为直线GB与平面所成角， 中，，， 故答案为：2；3. 15．(1)，； (2)，最小值为． 【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出，再根据第二个图求出的矩形面积即可解出； （2）根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出． 【详解】（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以， 所以，解得：， ． （2）当时， ； 当时， , 故， 所以在区间的最小值为． 16．(1) (2) 【分析】（1）列出所有基本事件，根据古典概型及对立事件求解； （2）根据独立事件的乘法公式、互斥事件的和的概率公式及对立事件求解即可. 【详解】（1）从这5人中随机采访3人，有（小红、小东、小军），（小红、小东、小英），（小红、小东、小青），（小红、小军、小英），（小红、小军、小青），（小红、小英、小青），（小东、小军、小英），（小东、小军、小青），（小东、小英、小青），（小军、小英、小青）共10种情况，其中至少有1人是通讯专业的，对立事件是没有通讯专业的，即（小红、小东、小青）， 所以至少有1人是通讯专业的概率为. （2）设“小红应聘成功”，“小军应聘成功”，“小青应聘成功”， 则至少有2人应聘成功的概率 . 17．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解； （2）取的中点，连接，在和中，分别利用余弦定理表示，结合化简求出，再利用三角形的面积公式即可得解. 【详解】（1）， 由余弦定理得， 化简得． ； （2）由（1）可得①， 又②， 取的中点，连接， 在中，③， 由②③得④， 由①④得，解得或（舍去）， ， . 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过线面平行证明线线平行， （2）利用空间向量的方法解决角度问题，. 【详解】（1）证明：取的中点，连结，. 在中，，分别是，的中点， 所以，且. 在正方形中，，且， 又点是的中点，所以，且. 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）解：因为是圆的直径，是的中点，且，所以，且. 以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 依题意，，，，，，，. 所以，，. 设是平面的法向量，则即取，得，， 所以是平面的一个法向量. 设是平面的法向量，则即取，得，， 所以是平面的一个法向量. 所以. 设二面角的大小为，据图可知，， 所以二面角的余弦值为. 19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，即可证明平面，根据线面平行的性质证明即可； （2）设，连接，设，连接，即可得到截面即为平面，再根据锥体、柱体的体积公式计算可得； （3）取的中点，的中点，连接、、、，即可证明平面平面，则在线段上，从而得到当为的中点时最小，令，连接，则球心在上，设球心为，连接、、，利用勾股定理求出外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得. 【详解】（1）连接，因为且，所以为平行四边形， 所以，平面，平面，所以平面， 又平面，平面，所以.    （2）在正方形中，直线与直线相交， 设，连接，设，连接， 由为的中点，得为的中点，， 所以平面即为平面， 因为为的中点，所以为的中点， 所以平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台， 因为正方体的棱长为， 所以 ， 另一部分几何体的体积， 两部分的体积． （3）取的中点，的中点，连接、、、， 显然，，所以，平面，平面， 所以平面， 又为的中点，所以且，又且， 所以且， 所以为平行四边形，所以， 平面，平面， 所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又点是侧面内的动点，且， 所以在线段上，又， 即为等腰三角形，所以当为的中点时最小， 因为为等腰直角三角形，所以其外接圆的圆心为斜边的中点，设为， 令，则为的中点，连接，则，所以平面， 所以球心在上，设球心为，连接、、， 设外接球的半径为，，则， 又，， 所以，，解得，则， 所以外接球的表面积.    【点睛】关键点睛：第三问题点的轨迹问题的关键是通过面面平行确定的位置，对于外接球关键是确定球心所在位置. 答案第2页，共15页 高一年级训练（一） 第1页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$