暑假培优练综合测评卷（考试范围：苏教版2019必修二全册）（巩固培优）高一数学苏教版

限时练习：120min 完成时间： 月 日 天气： 2025年高一数学暑假培优练综合测评卷 （考试范围：苏教版2019必修二全册） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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） 1．8个样本数据11，2，8，13，5，7，4，6的75%分位数为（    ） A．11 B．9.5 C．8 D．7.5 2．如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（   ） A． B． C． D． 3．已知平面向量，，则在方向上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 4．已知复数满足，则在复平面内所对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 5．如图是一个鲜花包装盒，形状近似于高为12cm的正四棱台，其两个底面边长分别为8cm和10cm．若忽略材料厚度，则该包装盒的容积为（    ） A． B． C． D． 6．在中，，，其面积为，则等于（    ） A． B． C． D． 7．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 8．在梯形中，为钝角，且，若为线段上一点，，则（    ） A． B．1 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．已知复数，，则下列说法中正确的是（    ）． A． B．若，则 C．若，则 D． 10．如图，在中，点D为的中点，点E为的四等分点（靠近点C），，，，则下列结论正确的是（    ）    A． B． C． D．是在上的投影向量 11．如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（    ） A．若为中点，则平面 B．若为中点，则平面 C．不存在点，使得 D．PQ与平面所成角的正弦值的取值范围为 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．已知一组数据的平均数是2，方差是，那么另一组数据的方差为 . 13．已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则的面积的最大值为 ． 14．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为2，则该多面体外接球的表面积为 ． 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．某校的体育组为了了解本校高一学生的体能状况，随机抽取了名高一学生进行体能测试，将所得评分（百分制）按体育组制定的体能测试评价标准整理，得到频率分布直方图．已知评分在[70，80）中的学生有100人．体能测试评价标准如下表： 测试评分 [0，40） [90，100] 体能等级 E D C B A (1)求的值及频率分布直方图中的值； (2)在抽取的体能等级为的学生中，按照测试评分的分组，分为两层，通过分层抽样抽取出三人进行体能训练．根据以往数据统计，经体能训练后，测试评分在中的学生的体能等级转为的概率为，测试评分在中的学生的体能等级转为的概率为，假设经体能训练后的等级转化情况相互独立，求在抽取出的三人中，经体能训练后至少有一人的体能等级转为的概率. 16．已知函数 (1)求函数的最小值，以及取得最小值时x的集合； (2)已知，，，求的值． 17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c满足． (1)求B； (2)若，，求的面积； (3)求的取值范围． 18．如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 19．如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求证：平面平面； (3)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值. 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 限时练习：120min 完成时间： 月 日 天气： 2025年高一数学暑假培优练综合测评卷 （考试范围：苏教版2019必修二全册） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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） 1．8个样本数据11，2，8，13，5，7，4，6的75%分位数为（    ） A．11 B．9.5 C．8 D．7.5 【答案】B 【分析】将数据从小到大排列，根据百分位数的求法，即可求得答案. 【详解】8个样本数据从小到大排列为：2，4，5，6，7，8，11，13， 由于，故这8个样本数据的75%分位数为， 故选：B 2．如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形求解. 【详解】根据斜二测画法还原得下图： 因为四边形是边长为的正方形，则，所以，， 又因为，，则， 同理可得，， 因此，原图形的周长为. 故选：B. 3．已知平面向量，，则在方向上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先计算数量积，再代入投影向量公式，即可求解. 【详解】，， 则，， 故在方向上的投影向量为：. 故选：B 4．已知复数满足，则在复平面内所对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【分析】先求等式右边复数的模长，然后由复数的除法求出，根据共轭复数得到，然后由复数的几何意义进行判断. 【详解】根据复数的模长公式，， 则，故，故， 根据复数的几何意义，在复平面上对应点是，在第四象限. 故选：D 5．如图是一个鲜花包装盒，形状近似于高为12cm的正四棱台，其两个底面边长分别为8cm和10cm．若忽略材料厚度，则该包装盒的容积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】直接利用棱台的体积公式求解即可，或者利用补台为锥的办法求解． 【详解】解：根据四棱台的体积公式 ． 解法二：若公式记不住，也可考虑补台为锥的办法快速求解，如下图； 根据三角形相似可知，则， 即，所以 故选B． 6．在中，，，其面积为，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由三角形面积公式可得，由余弦定理得，结合正弦定理即可求解. 【详解】由题意知，，即，解得， 由余弦定理得，即， 由正弦定理（为三角形外接圆半径），可得： ， 故选：C. 7．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】化切为弦，逆用两角和的正弦公式化简得，根据诱导公式及正弦函数的性质得或，即可得解. 【详解】因为，所以， 即，整理得， 即，所以或， 即或（舍去）. 故选：D 8．在梯形中，为钝角，且，若为线段上一点，，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，取中点，因为，所以，以为轴建立直角坐标系，根据，得，从而计算. 【详解】根据题意，取中点，因为，所以， 以为轴建立直角坐标系，则， 设，， 则， 则 因为，则, 的，则， 且. 故选：B 【点睛】关键点点睛：利用坐标法，根据，确定点的坐标，再坐标法计算数量积. 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．已知复数，，则下列说法中正确的是（    ）． A． B．若，则 C．若，则 D． 【答案】AD 【分析】对于A，由复数几何意义以及向量加法三角形法则结合向量的模的定义即可判断；对于B、C，举反例即可判断；对于D，设，，再根据共轭复数定义、复数的除法以及复数的模的定义直接计算即可判断. 【详解】对于A，设复数、对应的点分别为、， 则由复数几何意义以及向量加法三角形法则结合向量的模的定义得： ，故A正确； 对于B，当，则，可为任意复数，即与不一定相等，故B错误； 对于C，设复数、， 则，故，但不满足，故C错误； 对于D，设，，故， 则， 又，故，故D正确. 故选：AD. 10．如图，在中，点D为的中点，点E为的四等分点（靠近点C），，，，则下列结论正确的是（    ）    A． B． C． D．是在上的投影向量 【答案】AD 【分析】对于A，由向量的加法法则分析判断，对于B，给两边平方化简可求出，对于C，将用表示，代入化简判断，对于D，利用投影向量的定义求解判断. 【详解】对于A，因为在中，点D为的中点，所以， 所以，所以A正确， 对于B，因为，，，， 所以， 所以，即，所以B错误， 对于C，因为， 所以 ，所以C错误， 对于D，因为点E为的四等分点（靠近点C），所以， 所以在上的投影向量为，所以D正确. 故选：AD 11．如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（    ） A．若为中点，则平面 B．若为中点，则平面 C．不存在点，使得 D．PQ与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定定理可判断A；利用线面垂直的判定定理可判断B；当Q与B重合时，结合平面，可证，判读C；利用线面角的定义求出PQ与平面所成角的正弦值的最值，可判断D. 【详解】对于A，连接，由于为中点，为线段的中点， 故，而平面，平面， 故平面，A正确； 对于B，在正方体中，连接，则， 又平面，平面，故， 而平面，故平面， 由A的分析可知，故平面，B正确； 对于C，在正方体中，为线段的中点，也为为线段的中点， 当Q与B重合时，平面， 连接，则， 又平面，平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故，即 即存在点，使得，C错误； 对于D，不妨设正方体棱长为2，作，垂足为H，则H为的中点， 由于平面平面，平面平面， 且平面，故平面，且， 则为PQ与平面所成角， 当Q与B重合时，取到最大值BH，此时PB即为PQ的最大值， 此时PQ与平面所成角的正弦值取到最小值，为， 而,故； 作，垂足为G，则，， 当Q与G重合时，取到最小值即为HG，此时PG长即为PQ的最小值， 此时PQ与平面所成角的正弦值取到最大值，为， 即PQ与平面所成角的正弦值的取值范围为，D正确， 故选：ABD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要能根据线面角的定义，确定角的正弦值取到最值时的点Q的位置，从而解直角三角形求出正弦值. 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．已知一组数据的平均数是2，方差是，那么另一组数据的方差为 . 【答案】/ 【分析】根据方差的性质进行计算即可. 【详解】一组数据的方差是， 另一组数据的方差为. 故答案为： 13．已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则的面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】先由已知条件结合余弦定理和求出，再由余弦定理结合基本不等式求出最大值，即可由正弦定理形式面积公式求出面积最大值. 【详解】在中，由及余弦定理，得， 整理得，由，得为锐角， 而，解得， 由及余弦定理，得， 解得，当且仅当时取等号， 因此，所以面积的最大值为. 故答案为：. 14．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为2，则该多面体外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】将该多面体补全为正方体，得出该多面体的外接球即为正方体的棱切球，求出该正方体的棱长得出棱切球半径，计算得到表面积. 【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示： 不妨取两棱中点为，由题知， 易知，可得， 所以正方体的棱长为，该多面体的外接球即为正方体的棱切球， 所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为4， 因此该多面体的外接球的半径为2，所以其表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是通过适当补形，求出外接球的半径，由此即可顺利得解. 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．某校的体育组为了了解本校高一学生的体能状况，随机抽取了名高一学生进行体能测试，将所得评分（百分制）按体育组制定的体能测试评价标准整理，得到频率分布直方图．已知评分在[70，80）中的学生有100人．体能测试评价标准如下表： 测试评分 [0，40） [90，100] 体能等级 E D C B A (1)求的值及频率分布直方图中的值； (2)在抽取的体能等级为的学生中，按照测试评分的分组，分为两层，通过分层抽样抽取出三人进行体能训练．根据以往数据统计，经体能训练后，测试评分在中的学生的体能等级转为的概率为，测试评分在中的学生的体能等级转为的概率为，假设经体能训练后的等级转化情况相互独立，求在抽取出的三人中，经体能训练后至少有一人的体能等级转为的概率. 【答案】(1)，； (2) 【分析】（1）利用公式求n的值，利用矩形的面积和为1求的值； （2）设事件“在抽取的3人中，经心理疏导后至少有一人的心理等级转为B”，利用对立事件的概率公式求解； 【详解】（1）由已知条件可得，又因为每组的小矩形的面积之和为1. 所以，解得. （2）由（1）可知：， 所以调查评分在中的人数是调查评分在中人数的， 若按分层抽样抽取3人，则调查评分在中有1人，在中有2人， 设事件“在抽取的3人中，经心理疏导后至少有一人的心理等级转为B”. 因为经心理疏导后的等级转化情况相互独立， 所以， 所以， 故经心理疏导后至少有一人的心理等级转为B的概率为· 16．已知函数 (1)求函数的最小值，以及取得最小值时x的集合； (2)已知，，，求的值． 【答案】(1)最小值为，的集合为 (2) 【分析】（1）利用三角恒等变换得，则得到其最小值和此时所对应的的集合； （2）首先求出，再计算出，，，最后化简为繁，利用两角和的余弦公式即可得到答案. 【详解】（1） 当，即时，取得最小值， 此时的集合为. （2）， 则，因为，所以， 又因为，所以，所以， 因为， 所以， 因为，所以， . 17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c满足． (1)求B； (2)若，，求的面积； (3)求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，化简后利用余弦定理可求出角B； （2）利用余弦定理求出，再由三角形面积公式可求得结果；、 （3）利用正弦定理统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简变形得，令，然后利用二次函数的性质可求其范围. 【详解】（1）， 由正弦定理，得，． 由余弦定理，得， ，． （2）在中，，，． 由余弦定理，得， 即，解得（舍）或． 的面积为． （3）由（1）知． ． 令，， ，． ， 当时，取得最小值，最小值为． 当时，取得最大值，最大值为． 的取值范围是． 18．如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）利用面面垂直的性质推理即得. （2）延长交于一点，根据可求得，利用等体积法构造方程求解. （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【详解】（1）在三棱台中，平面平面，， 而平面平面，平面， 所以平面. （2）由棱台性质知：延长交于一点，    由，得，点到平面的距离为到平面距离的2倍，则， 于是，由平面，得为点到平面的距离， 又，则是的中点，，即为正三角形，为正三角形， 设，则， ，解得， ，由平面，得，， ，设点到平面的距离为， 由，得，解得：. 即点到平面的距离为. （3）由平面，平面，得平面平面，取中点，连接， 在正中，，而平面平面，则平面，而平面， 则，又平面，则平面平面，作于， 平面平面，则平面，，而平面，则， 作于，连接，，平面，则平面， 而平面，于是，即二面角的平面角， 设，由（2）知：，， 由，得，， 由，得， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得， ， 所以存在满足题意的点，. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果. 19．如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求证：平面平面； (3)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或. 【分析】（1）由已知可得平面，平面，从而可证结论； （2）由余弦定理可得，从而可证，进而结合已知可证平面，可证结论； （3）延长交于，过作于，过作于，连接，可得为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可. 【详解】（1）因为，，所以， 又平面，平面，所以平面， ，，可得，又，， 所以是等边三角形，所以，， 又，所以，又平面，平面， 平面，又，又平面， 所以平面平面； （2）由侧面为矩形，可得， 连接，可得是等边三角形，所以， 所以，又，， 由余弦定理可得，所以， 所以，所以，所以，所以， 又， 平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （3）延长交于，可得是等边三角形， 过作于， 由（1）可知平面，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积， 又三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 由（2）可知平面平面ABCD，且两平面的交线为，所以平面， 所以， 解得，过作于，连接， 平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，， 所以为平面与平面所成二面角的平面角， 若，则点在线段上，且为中点， 又，由勾股定理可得， 所以，所以，所以由勾股定理可得， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； 若，则点在线段延长线上，此时，. 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$