高一数学下学期期末考前必刷押题卷01（范围：人教A版2019必修第二册 基础卷）-2024-2025学年高一数学下学期期末考点大串讲（人教A版2019必修第二册）

高一数学下学期期末考前必刷押题卷01 （范围：人教A版2019第二册 基础卷） 第一部分（选择题 共58分） 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．若复数为实数，则实数a等于（   ） A． B． C．1 D．2 2．在中，为边上的中点，则（    ） A． B． C． D． 3．小明所在的学校每周都要进行数学周测，他将近8周的周测成绩统计如下：112，101，93，99，106，105，114，119，则这组数据的第25百分位数是（    ） A．99 B．100 C．101 D．113 4．一个骰子投掷两次，两次点数之和等于8的概率为（   ） A． B． C． D． 5．已知向量，，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 6．掷一枚质地均匀的骰子两次，甲表示事件“第一次出现的点数是奇数点”，乙表示事件“两次骰子的点数之和是7”，则甲与乙的关系为（    ） A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．既不互斥也不独立 7．如图，在四面体中，分别为的中点，且，则该四面体体积的最大值为（    ） A． B． C． D．1 8．设，随机变量取值、、、的概率均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25．若记、分别为、的方差，则（    ） A． B． C． D．与的大小关系与、、、的取值有关 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．水平放置的的直观图如图所示，其中，，那么原是一个（    ） A．等边三角形 B．等腰非等边三角形 C．三边互不相等的三角形 D．面积为的三角形 10．某地种植的新品种哈密瓜获得了丰收，随机从采摘好的哈密瓜中挑选了100个称重（单位：kg），并整理数据，得到如下频率分布直方图.根据此频率分布直方图，下面结论正确的是（   ） A． B．估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为 C．估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间 D．估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间 11．在△中，内角的对边分别为，，则下列结论正确的是（    ） A． B．当，时，有两个解 C．若，△为直角三角形，则 D．若△为锐角三角形，则的取值范围为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，若平面ABCD内有且仅有一点到顶点的距离为1，则异面直线与夹角的余弦值为 . 13．设总体由编号为的60个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从该随机数表第1行的第6个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的3个个体的编号为 . 5044664421    6606580562    6155643502    4235489632    1452415248 2266221586    2663754199    5842367224    5837521851    0337183911 14．已知复数满足，则的最小值为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 已知复数，其中. (1)若，求的值； (2)若对应的点在第一象限，求的取值范围. 16．（15分） 某制药厂生产一种治疗流感的药物，该药品有效成分的标准含量为/片．由于升级了生产工艺，需检验采用新工艺生产的药品的有效成分是否达标，现随机抽取了生产的10片药品作为样本，测得其有效成分含量如下：9.7，10，9.7，9.6，9.7，9.9，10.2，10.1，10，10.1． (1)计算样本的平均数和方差； (2)判断采用新工艺生产的药品的有效成分是否达标（若，则认为采用新工艺生产的药品的有效成分不达标；反之认为达标）． 17．（15分） 有甲、乙两个盒子，其中甲盒中装有四张卡片，分别写有：奇函数、偶函数、增函数、减函数，乙盒中也装有四张卡片，分别写有函数：，，，． (1)若从乙盒中任取两张卡片，求这两张卡片上的函数的定义域不同的概率； (2)若从甲、乙两盒中各取一张卡片，乙盒中的卡片上的函数恰好具备甲盒中的卡片上的函数的性质时，则称为一个“奇遇”，现从两盒中各取一张卡片，求它们恰好“奇遇”的概率． 18．（17分） 如图，在正四棱锥中，分别是线段的中点，分别在线段上，且． (1)证明：四点共面． (2)证明：平面． (3)若点在线段上，且满足，试问侧棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19． （17分） 点是直线外一点，点在直线上（点与点任一点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记． (1)若是的角的对边，且是角的平分线，，由点对施以视角运算，求的值； (2)若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值； (3)若是的角的对边，且，由点对施以视角运算，，求的最小值． (4)若是的边的等分点，由对施以视角运算，证明：． . 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学下学期期末考前必刷押题卷01 （范围：人教A版2019第二册 基础卷） 第一部分（选择题 共58分） 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．若复数为实数，则实数a等于（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【知识点】已知复数的类型求参数、复数的除法运算、复数代数形式的乘法运算 【分析】根据复数的乘、除法运算可得，集合复数的有关概念计算即可求解. 【详解】， 又为实数，所以，解得. 故选：C 2．在中，为边上的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】向量数乘的有关计算、平面向量的混合运算 【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得. 【详解】因为为边上的中点， 所以. 故选：A 3．小明所在的学校每周都要进行数学周测，他将近8周的周测成绩统计如下：112，101，93，99，106，105，114，119，则这组数据的第25百分位数是（    ） A．99 B．100 C．101 D．113 【答案】B 【知识点】总体百分位数的估计 【分析】把给定的数据由小到大排列，利用第25百分位数的定义求解. 【详解】这组数据从小到大排列为93，99，101，105，106，112，114，119， 由，得这组数据的第25百分位数是. 故选：B 4．一个骰子投掷两次，两次点数之和等于8的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】计算古典概型问题的概率 【分析】利用古典概型的概率公式计算可得所求的概率. 【详解】根据题意，两次点数之和等于8的情况有，，，，，共5种， 一个骰子投掷两次的所有情况为（种）．所以所求概率为. 故选：B． 5．已知向量，，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】数量积的坐标表示、求投影向量、坐标计算向量的模 【分析】根据条件，利用投影向量的定义，即可求解. 【详解】因为，， 所以在上的投影向量为, 故选：C. 6．掷一枚质地均匀的骰子两次，甲表示事件“第一次出现的点数是奇数点”，乙表示事件“两次骰子的点数之和是7”，则甲与乙的关系为（    ） A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．既不互斥也不独立 【答案】C 【知识点】独立事件的判断、计算古典概型问题的概率、确定所给事件的对立关系、判断所给事件是否是互斥关系 【分析】列举出样本空间及甲乙对应事件并确定概率，结合互斥、对立事件的定义及独立事件的判定判断各项正误. 【详解】由题设，样本空间为，，， ，，，共有36种， 甲有，，共有18种，则概率为， 乙有共有6种，则概率为， 显然同时满足甲乙有且概率为，则， 所以甲乙不互斥也不对立，但相互独立，A、B、D错，C对. 故选：C 7．如图，在四面体中，分别为的中点，且，则该四面体体积的最大值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【知识点】基本不等式求积的最大值、锥体体积的有关计算 【分析】据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半结合题意分析得在以为球心，1为半径的球面上，利用基本不等式求得，再由三棱锥体积公式即可得解. 【详解】 连接，因为分别为棱的中点，且2， 所以，故在以为球心，1为半径的球面上. 设，则， ， 即，当且仅当时等号成立. 则. 又四面体底面上的高， 所以，当且仅当时等号成立. 故选：B. 8．设，随机变量取值、、、的概率均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25．若记、分别为、的方差，则（    ） A． B． C． D．与的大小关系与、、、的取值有关 【答案】A 【知识点】平均数的和差倍分性质、计算几个数据的极差、方差、标准差、由基本不等式比较大小、各数据同时乘除同一数对方差的影响 【分析】根据随机变量的取值情况，计算出它们的期望和方差，再借助均值不等式即可判断作答. 【详解】由随机变量的取值情况，它们的期望分别为：， ，即， ， 则 同理， 则 则 ， 因为 所以， 因为，不能取等号，所以，所以 所以. 故选：A. 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．水平放置的的直观图如图所示，其中，，那么原是一个（    ） A．等边三角形 B．等腰非等边三角形 C．三边互不相等的三角形 D．面积为的三角形 【答案】AD 【知识点】由直观图还原几何图形、斜二测画法中有关量的计算 【分析】根据斜二测画法还原，然后求出三边即可得答案. 【详解】根据斜二测画法还原，如图所示： 由斜二测画法可知，， 则，所以为正三角形. 所以. 故选：AD 10．某地种植的新品种哈密瓜获得了丰收，随机从采摘好的哈密瓜中挑选了100个称重（单位：kg），并整理数据，得到如下频率分布直方图.根据此频率分布直方图，下面结论正确的是（   ） A． B．估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为 C．估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间 D．估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间 【答案】BCD 【知识点】由频率分布直方图估计中位数、频率分布直方图的实际应用 【分析】根据频率分布直方图有所有频率之和为1即可求得，根据质量不低于1.6kg的频率之和即可判断B， 求出哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间的频率即可判断C，计算中位数即可判断D. 【详解】对于A：，解得，A错误； 对于B：估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为，B正确； 对于C:因为，所以估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间，C正确； 对于D:设该哈密瓜的质量的中位数为，则有， 所以估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间，D正确. 故选：BCD. 11．在△中，内角的对边分别为，，则下列结论正确的是（    ） A． B．当，时，有两个解 C．若，△为直角三角形，则 D．若△为锐角三角形，则的取值范围为 【答案】ABD 【知识点】已知弦（切）求切（弦）、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】由正弦定理边角互化及同角三角函数的关系可判断A，由余弦定理可判断B，解直角三角形可判断C，由正弦定理边角互化及正弦函数的值域可判断D. 【详解】由，得，即， 所以，，故A正确； 当，时，由余弦定理得， 即，得， 所以，即有两个解，故B正确； 若，△为直角三角形，则若时，； 若时，，所以或，故C错误； 若△为锐角三角形，则， 故，则，故D正确. 故选：ABD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，若平面ABCD内有且仅有一点到顶点的距离为1，则异面直线与夹角的余弦值为 . 【答案】/ 【知识点】求异面直线所成的角 【分析】先根据平面内仅有一点到的距离为1，则正四棱柱变为正方体，再根据线线角的余弦求解. 【详解】由平面ABCD内仅有一点到的距离为1，则. 此时正四棱柱变为正方体，连接，则, 由图知与夹角为，连接. 则为等边三角形， ， ，故异面直线与夹角的余弦值为. 故选：. 13．设总体由编号为的60个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从该随机数表第1行的第6个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的3个个体的编号为 . 5044664421    6606580562    6155643502    4235489632    1452415248 2266221586    2663754199    5842367224    5837521851    0337183911 【答案】 【知识点】随机数表法 【分析】利用随机数表法的规则读数即可. 【详解】根据从随机数表第1行第6个数开始读，第一个编号是64，舍去；第二个编号是42； 第三个编号是16；第四个编号是60，舍去；第五个编号是65，舍去；第六个编号是80，舍去；第七个编号是56， 所以入选的三个个体编号分别为42，16，56， 故答案为：42，16，56. 14．已知复数满足，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】求复数的模 【分析】设复数，由已知可得，进而根据可求最小值. 【详解】设复数，因为， 所以，所以， 所以，所以， 所以， 当且仅当时，取等号，即的最小值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 已知复数，其中. (1)若，求的值； (2)若对应的点在第一象限，求的取值范围. 【答案】(1)或 (2) 【知识点】在各象限内点对应复数的特征、实轴、虚轴上点对应的复数 【分析】（1）复数表示实数，只须，求解即可； （2）复数对应的点在第一象限，只须，解不等式组即可. 【详解】（1）由，可得，解得或； （2）由对应的点在第一象限，可得， 解得且， 所以的取值范围为. 16．（15分） 某制药厂生产一种治疗流感的药物，该药品有效成分的标准含量为/片．由于升级了生产工艺，需检验采用新工艺生产的药品的有效成分是否达标，现随机抽取了生产的10片药品作为样本，测得其有效成分含量如下：9.7，10，9.7，9.6，9.7，9.9，10.2，10.1，10，10.1． (1)计算样本的平均数和方差； (2)判断采用新工艺生产的药品的有效成分是否达标（若，则认为采用新工艺生产的药品的有效成分不达标；反之认为达标）． 【答案】(1)，； (2)达标. 【知识点】计算几个数据的极差、方差、标准差、统计新定义、计算几个数的平均数 【分析】（1）根据平均数和方差的计算公式即可得到答案； （2）计算两者的平方值并比较大小即可. 【详解】（1）， . （2）因为，， 所以，故采用新工艺生产的药品的有效成分达标． 17．（15分） 有甲、乙两个盒子，其中甲盒中装有四张卡片，分别写有：奇函数、偶函数、增函数、减函数，乙盒中也装有四张卡片，分别写有函数：，，，． (1)若从乙盒中任取两张卡片，求这两张卡片上的函数的定义域不同的概率； (2)若从甲、乙两盒中各取一张卡片，乙盒中的卡片上的函数恰好具备甲盒中的卡片上的函数的性质时，则称为一个“奇遇”，现从两盒中各取一张卡片，求它们恰好“奇遇”的概率． 【答案】(1) (2) 【知识点】计算古典概型问题的概率 【分析】（1）运用列举法列出从乙盒中任取两张卡片所有的取法，列举出取函数的定义域不同的取法，根据古典概型概率公式可求得所求的概率． （2）列举出从甲、乙两盒中各取一张卡片所有的取法．再由是偶函数，是奇函数，是减函数，是增函数，得出恰为“奇遇”的取法，根据古典概型概率公式可求得所求的概率. 【详解】（1）乙盒中的4个函数 ，，，分别记为， 从乙盒中任取两张卡片，所有的取法为，共种， 又函数，的定义域均为，函数的定义域为， 函数的定义域为， 所取函数的定义域不同的取法有，共5种， 所以这两张卡片上的函数的定义域不同的概率为． （2）把甲盒中的奇函数、偶函数、增函数、减函数分别记为奇、偶、增、减， 则从甲、乙两盒中各取一张卡片有（奇，1），（奇，2），（奇，3），（奇，4）， （偶，1），（偶，2），（偶，3），（偶，4），（增，1），（增，2），（增，3）， （增，4），（减，1），（减，2），（减，3），（减，4）， 共16种取法． 又是偶函数，是奇函数，是减函数，是增函数， 恰为“奇遇”的有（偶，1），（奇4），（减，2），（增，3），共4种， 所以“奇遇”的概率为． 18．（17分） 如图，在正四棱锥中，分别是线段的中点，分别在线段上，且． (1)证明：四点共面． (2)证明：平面． (3)若点在线段上，且满足，试问侧棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在，． 【知识点】空间中的点（线）共面问题、证明线面平行、证明面面平行、面面平行证明线面平行 【分析】（1）利用中位线定理及确定平面的条件即可证明； （2）利用线面平行的判定定理即可证明； （3）根据面面平行的判定定理及性质定理即可求解. 【详解】（1）证明：如图1，连接． 因为分别是线段的中点，所以． 又，所以，所以，所以四点共面． （2）证明：由（1）得． 因为平面，平面，所以平面． （3）如图2，在线段上取一点，使得， 作，交于点，连接． 因为，，所以． 因为平面，平面，所以平面． 同理可证平面． 因为，平面，平面， 所以平面平面． 又平面，所以平面． 因为，，所以， 因为，所以． 故在棱上存在一点，使得平面，且． 19． （17分） 点是直线外一点，点在直线上（点与点任一点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记． (1)若是的角的对边，且是角的平分线，，由点对施以视角运算，求的值； (2)若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值； (3)若是的角的对边，且，由点对施以视角运算，，求的最小值． (4)若是的边的等分点，由对施以视角运算，证明：． 【答案】(1) (2)-3 (3)36 (4)证明见解析 【知识点】正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、基本不等式求和的最小值、函数新定义 【分析】（1）利用点对施以视角运算的定义式，结合角平分线和已知边的关系求解即可； （2）先根据已知线段长度和正方体性质求出相关角的三角函数值，再利用两角差公式求出的正弦值，最后根据给定的比例关系求出的值． （3）本题先根据交比大于 0 及角的正弦定理得出角平分线，算出．再由三角形面积关系得到bc与的等式，进而推出．然后用基本不等式求最小值，最后根据等号成立条件算出、的值． （4）先根据正弦定理分别在和中得到边与角的关系，再利用角的关系化简，同理得到，最后计算它们的乘积． 【详解】（1）因为是角的平分线，所以且点在线段上， 所以， 又，所以； （2） 如图，因为，所以， 在正方体中，， ，， 由 则； （3）因为，所以，则， 又，所以， 又，所以，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为36． （4） 如图，因为是的等分点， 所以，． 在中，由正弦定理可得， 则． 在中，同理可得． 因为，所以， 则． 同理可得． 故. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$