高一数学下学期期末考试分类汇编综合练习一苏教版

这是一份高一数学下学期期末考试分类汇编综合练习一苏教版，共25页。
综合练习一注意事项：1.本试卷共6页，包含单项选择题（第1题～第8题，共40分）、多项选择题（第9题～第12题，共20分）、填空题（第13题～第16题，共20分）和解答题（第17题～第22题，共70分）四部分.本卷满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡、试卷和草稿纸的指定位置上.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨水的签字笔将答案写在答题卡上.写在本试卷或草稿纸上均无效.4.考试结束后，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回.5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.一、单项选择题：（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，只有一项是符合题意要求的.）1.若复数满足 ，则关于复数的说法正确的是    A. 复数的实部为
B. 复数的虚部为
C. 复数的模长为
D. 复数对应的复平面上的点在第一象限【答案】A【解析】【分析】
本题考查复数的概念，复数的模，复数相等充要条件，共轭复数，复数的几何意义及复数的运算，属基础题．
设，根据复数的乘法运算求出，由复数的概念及复数的几何意义即可得出结果．
【解答】
解：设，
则，
化简得，
根据对应相等得：
解得，，
，，
复数对应的复平面上的点在第四象限，
故选A．  2.已知的外接圆的圆心为，若，且，则向量在向量上的投影向量为    A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】本题考查平面向量加法的几何意义，模，投影向量等，属中档题．
根据题意得出为直角三角形，且，从而求出向量在向量方向上的投影向量．【解答】解：的外接圆的圆心为，且，
为的中点，即为外接圆的直径，．
，
是边长为的等边三角形，
，，
，
向量在向量上的投影向量为．
故选A． 3.设函数，则A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 在上的最小值为
D. 在上单调递减【答案】C【解析】【分析】本题考查了三角函数性质和三角恒等变换，是中档题．
先将函数化为只含有一个三角函数形式，根据函数的周期可判断将代入函数解析式验证函数值是否取最大或最小值，可判断求出函数在上的最小值，可判断求出函数的单调递减区间，可判断．【解答】解：因为，
所以的最小正周期为，故错误；
因为，所以不是函数的对称轴，故错误；
当时，，最小值为，故正确；
由得，
因为不是的子集，故错误，
故选：．4.在中，内角，，的对边分别为，，，，为边上的中线，，且，则的面积为  A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】
本题考查三角形面积，正余弦定理，两角和与差的三角函数公式，诱导公式，属中档题．
由题利用正弦定理和两角和的正弦公式可得，进而求得，可得；记向量，，根据题意可知，平方得，根据余弦定理得可求出，再由三角形面积公式即可求解．
【解答】
解：因为，根据正弦定理得：
，
所以，
在三角形中，所以，
所以，解，
因为，所以
所以
因为为边上的中线，，
记向量，，
根据向量，
所以
所以

所以
由余弦定理得：，即
所以，
所以，
所以．  5.在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段事时间内没有发生大规模群体感染的标志是“连续日，每天新增疑似病例不超过人”过去日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：甲地：中位数为，众数为；乙地：总体平均数为，总体方差为；丙地：总体平均数为，总体方差大于；丁地：总体平均数为，中位数为．则甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的是    A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地【答案】B【解析】【分析】
本题考查利用平均数、众数、中位数与方差研究数据的特征，属于基础题．
由平均数，中位数及众数不能刻画极端值的出现可判定甲，丁两地不符合；由方差的特征可判定丙不符合；由方差公式计算可得乙地符合．
【解答】
解：对于甲地，中位数为，众数为，
中位数与众数不能限制极端值的出现，因而可能出现超过人的情况，
比如：，，，，，，，，，，所以甲地不符合要求；
对于乙地，根据方差公式，
若出现大于的数值，
则，与总体方差为矛盾，
因而不会出现超过人的情况，所以乙地符合要求；
对于丙地，总体平均数为，总体方差大于，没有给出方差具体的大小，
如果方差很大，有可能出现超过人的情况，所以丙地不符合要求；
对于丁地，总体平均数为，中位数为，平均数与中位数不能限制极端值的出现，
因而可能会出现超过人的情况，所以丁地不符合要求．
故选B．  6.如图，在正三棱台中，，，．，分别是，的中点，则    A. 直线平面，直线与垂直
B. 直线平面，直线与所成角的大小是
C. 直线与平面相交，直线与垂直
D. 直线与平面相交，直线与所成角的大小是【答案】B【解析】【分析】
本题考查了线面平行、面面平行的判定以及面面平行的性质，考查了异面直线所成的角，考查了正三棱台的结构特征，属于中档题．
取中点，由平面平面可得出平面，通过作辅助线，得出直线与所成的角为或其补角，再用解三角形的方法可求出．
【解答】
解：取中点，连接、，由中位线的性质得出，，，因为平面，平面，所以平面，同理，平面，又、为平面内两相交直线，所以平面平面，又平面，所以平面；
延长至，使，又，所以四边形为平行四边形，所以，所以直线与所成的角为或其补角，设三棱台侧面等腰梯形的高为，则，所以，所以，在中，由余弦定理，得，故为等边三角形，所以，即直线与所成的角为．
故选B．
  7.在中，，，，为线段上的动点，且，则的最小值为 A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】本题考查向量的数量积，三角形面积公式，考查正弦定理、余弦定理的应用，考查利用基本不等式求最值，属于难题．
依题意，求得，，，得出，可得，，根据基本不等式求最值即可．【解答】解：由题意，设的内角，，的对边分别为，，，
由，得，
又，得，
可得，
根据同角三角函数的基本关系得，，
由，根据正弦定理得，
又，
解得，，
所以，
因为，
所以，
又，，三点共线，且为线段上的动点，
所以，，
所以

，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为，
故选B． 8.在正方体中，动点在棱上，动点在线段上，为底面的中心，若，，则四面体的体积     
A. 与，都有关 B. 与，都无关
C. 与有关，与无关 D. 与有关，与无关【答案】B【解析】【分析】本题考查利用等体积法求多面体的体积，考查空间想象能力，属于中档题．
连接，，，，，，结合等积法说明四面体的体积是与，无关的定值．【解答】解：如图，连接，，，，，，

，平面，
平面，
平面，
到平面的距离为定值，
，到直线的距离为定值，
的面积为定值．
，
四面体的体积是与，无关的定值．
故选：．二、多项选择题：（本题共4小题,每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.一个盒中装有质地、大小、形状完全相同的个白球和个红球，依次从中抽取两个球规定：若第一次取到的是白球，则不放回，继续抽取下一个球若第一次取到的是红球，则放回后继续抽取下一个球下列说法正确的是    A. 第二次取到白球的概率是
B. “取到两个红球”和“取到两个白球”互为对立事件
C. “第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件
D. 已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率为【答案】AD【解析】【分析】本题考查对立事件和独立事件的判断，以及古典概型概率和条件概率的计算，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于较难题．
直接利用对立事件和独立事件以及古典概型概率公式和条件概率公式，逐项判断、、、的结论．【解答】解：对于，第二次取到白球有两类：白白和红白，其概率 ，故A正确；
对于，取到两个红球和取到两个白球不是对立事件，可能出现一红一白，故 B错误
对于，第一次取红球且第二次取红球的概率；第一次取白球且第二次取红球的概率，故“第一次取到红球”对“第二次取到红球”的概率有影响，即“第一次取到红球”和“第二次取到红球”不是独立事件，C错误；
对于，记“第一次取到的是白球”为事件，“第二次取到的是红球”为事件，
则，，
故“已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球”的概率为，故D正确．
故选：．10.已知是边长为的等边三角形，，分别是、上的两点，且，，与交于点，则下列说法正确的是A.
B.
C.
D. 在方向上的投影向量长为【答案】BCD【解析】【分析】本题考查了平面向量的坐标运算，平面向量共线的充要条件和向量的几何运用，属于中档题．
建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算和平面向量共线的充要条件得，再利用平面向量的坐标运算，逐项计算得结论．【解答】解：因为是边长为的等边三角形，
是上的点，且，
所以以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系如下图：

则，，．
又因为，即为边上的一个靠近的三等分点，所以．
设，则，而，
由、、三点共线得，
解得，即，因此是的中点，因此B正确．
又因为，，所以，因此不正确；
又因为，，，
所以，因此，即C正确；
又因为，，
所以在方向上的投影向量长为，因此D正确．
故选BCD．  11.设，是钝角三角形的两个锐角，给出下列四个不等式，其中正确的有A.  B.
C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】本题考查三角函数的单调性以及三角函数的恒等变形，属于较难题．
由，是钝角三角形的两个锐角知，，根据两角和与差的三角函数、诱导公式、三角函数的单调性及作差比较大小逐项判断即可．【解答】解：由已知，
，
于是，正确；

，

，
，，
可见，也都正确；



而，
，于是错误．
故选12.三棱锥中，是等边三角形，顶点在底面的投影是底面的中心，侧面侧面，则　　A. 二面角的大小为
B. 此三棱锥的侧面积与其底面面积之比为
C. 点到平面的距离与的长之比为
D. 此三棱锥的体积与其外接球的体积之比为【答案】BCD【解析】【分析】
本题考查三棱锥的结构特征，二面角，侧底面面积，点到直线的距离以及三棱锥及其外接球体积的计算，属于较难题．
立足题中三棱锥结构特征结合题设条件运用直线与平面垂直的性质定理证得平面运用二面角的定义证得为二面角的平面角运用三角形的全等结合平面与平面垂直的性质定理，直线与平面垂直的性质定理证得，然后，求得，最后结合各选项逐一展开计算即可得到结论．
【解答】
解：如图，在三棱锥中，记等边三角形的中心为，取，的中点，连接，，，过点作于点，连接．

顶点在底面的投影是底面的中心，
平面，且．
又，是，的中点．
，，
故为二面角的平面角，
，，．
．
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
平面，．
又，．
设，．
则：，．
．
故．
又，
即．
解得，即，
故，
．

三棱锥的侧面积，底面积．

故A，由，在直角三角形中，
很显然二面角的大小不是，选项A错误
，由知此三棱锥的侧面积与其底面面积之比为，选项B正确
，由知点到平面的距离与的长之比为，选项C正确
，，，
三棱锥为正三棱锥，且，，两两垂直．
故其体积为．
外接球半径，体积为．
此三棱锥的体积与其外接球的体积之比为，选项D正确．三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.如图，在中，已知，，，，，线段，相交于点，则的余弦值为__________．
【答案】 【解析】【分析】本题考查平面向量在几何图形中的应用，考查了向量数量积的基本运算，属于中档题．
根据条件可得，再分别求出的模长和，利用向量的夹角公式可求出，，即求得的值．【解答】
解：由已知可得，，，，得，
又，得，
因为，
所以
，
所以，
故答案为  14.如图所示，在等腰直角中，，为的中点，，分别为线段，上的动点，且．
 当时，则的值为___的最大值为___．【答案】
【解析】【分析】
本题考查解三角形、三角恒等变换和三角函数的性质，属于一般题．
过点作于点，求出，利用余弦定理即可求的值；
第二空需要选择恰当的角度表示出的值，再利用三角恒等变换以及三角函数的性质求解出最值．
【解答】
解：时，，过点作于点，
在中，，
在中，由余弦定理可计算得．
设，则，
过点分别作，的垂线于，两点，
则，在与中，
易得，，
所以



，
当时，．
  15.如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：
水的部分始终呈棱柱状；
水面四边形的面积不改变；
棱始终与水面平行；
当时，是定值，其中正确说法的是_____________．
【答案】 【解析】【分析】
本题是中档题，考查棱柱的结构特征，直线与平面平行的判断，棱柱的体积等知识，考查计算能力，逻辑推理能力．
由于固定，所以在倾斜的过程中，始终有，且平面平面，由此分析可得结论正确；
水面四边形的面积是改变的；
利用直线平行直线，直线平行平面的判断定理，容易推出结论；
当时，是定值．通过水的体积判断即可．
【解答】
解：根据面面平行性质定理，可得固定时，
在倾斜的过程中，始终有，且平面平面，
故水的形状成棱柱形，故正确；
水面四边形的面积是改变的，因为是变化的，而是不变的，所以四边形的面积是改变的，故错误；
因为，水面，水面，
所以水面EFGH正确，故正确；
由于水的体积是定值，高不变，所以底面面积不变，
即当时，是定值．故正确．
故答案为．  16.在中，记角，，所对的边分别是，，，面积为，则的最大值为           ．【答案】 【解析】【分析】本题考查三角形中的几何计算，涉及正弦、余弦定理以及基本不等式的应用，属于中档题．
根据题意，由正弦、余弦定理可得，结合基本不等式可得，设，将其变形可得，，由此可得，解可得的最大值，据此分析可得答案．【解答】解：根据题意，在中，
，
又由，当且仅当时等号成立，
则，
设，变形可得，
则有，，
又由，则，
解可得，当其仅当时等号成立．
则有，即的最大值为，
故答案为：．四、解答题：（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.设 【答案】解：由题意，设，
则

，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
又，即，
所以，
故的实部的取值范围；
由可知，

，
因为，所以，
所以为纯虚数；
由知

所以

，
当且仅当时，即，
所以时取等号，
故的最小值为．【解析】本题主要考查了复数的四则运算法则，复数的概念，复数的模长，基本不等式求最值，考查了运算能力，属于拔高题．
设，求出，由，得，即，得出，，由的范围，得的范围；
由可知，代入可得，根据，得到，可得结果；
根据可得，然后结合基本不等式求最值即可．18.在锐角中，，点为的外心．若，求的最大值；若，求证：；求的取值范围．【答案】解：点为的外心，令外接圆半径为，则由，可得则，则又锐角三角形， 则，则，整理得又，则有，当且仅当时等号成立解之得，或舍，故的最大值为点为的外心，令外接圆半径为，则由，可知， 则 又，则，即与同向又，则即 又，，，则 ，又，则，则，则故的取值范围为【解析】本题考查向量的数量积运算，线性运算，共线向量，正弦函数的性质，以及利用基本不等式求最值，属于较难题．
构造关于的不等式去求的最大值；转化为去证明与同方向等长度；利用向量的数量积去求的取值范围．19.已知函数．求函数的单调递增区间；在中，分别是角的对边，，，若为上一点，满足为的中线，且，求的周长．【答案】解：；令，解得：，的单调递增区间为．由知：，即，又，
，
，解得：；在中，由余弦定理得：；在中，由余弦定理得：；，，即，；在中，由余弦定理得：，解得：；，
，的周长为．【解析】本题主要考查了两角和与差的三角函数公式，二倍角公式及应用，考查了正弦定理，余弦定理的应用，
利用二倍角和辅助角公式化简可得，可令，解不等式即可求得单调递增区间；由可求得；在和中，由，利用余弦定理可得到；20.在中，利用余弦定理可求得，由此可得求解得到，进而得到所求周长．如图所示，在四棱锥中，平面，，是的中点．
 求证：；求证：平面；若是线段上一动点，则线段上是否存在点，使平面？说明理由．【答案】证明：在四棱锥中，平面，平面，
平面平面，
；
取的中点，连接，，
是的中点，
，，
又由可得，且，
，，
四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
平面．

取中点，连接，，
，分别为，的中点，
，
平面，平面，
平面，
又由可得平面，，、平面，
平面平面，
是上的动点，平面，
平面，
线段上存在点，使得平面．【解析】本题考查线面平行、线线平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是中档题．
根据线面平行的性质定理即可证明；
取的中点，连接，，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；
取中点，连接，，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．21.如图所示，公路一侧有一块空地，其中，市政府拟在中间开挖一个人工湖，其中都在边上不与重合，在之间，且．若在距离点处，求和的长度；为节省投入资金，人工湖的面积尽可能小，设，试确定的值，使的面积最小，并求出最小面积．【答案】解：在中，其中，，在中，，则 ，，在中， ，在中，；，在中，，在中，， ，因为，所以时面积最小，最小值为【解析】本题考查解三角形的应用，涉及正弦定理及余弦定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
由条件推出，根据余弦定理求得；再用余弦定理和正弦定理即可求得；利用正弦定理表示出的长，利用三角形面积公式表示出的面积，化简并结合三角函数性质求得答案．22.如图，在四棱锥中，平面，，，，，，．

Ⅰ求异面直线与所成角的余弦值；
Ⅱ求证：平面；
Ⅲ求直线与平面所成角的正弦值．【答案】Ⅰ解：由已知，
故或其补角即为异面直线与所成的角，
因为平面，在平面上，
所以，
在中，由已知，得，
故，
所以异面直线与所成角的余弦值为；
Ⅱ证明：因为平面，在平面上，
所以，
又因为，所以，
又，，，均在平面上，
所以平面；
Ⅲ解：过点作的平行线交于点，连接，如图，

则与平面所成的角等于与平面所成的角，
因为平面，故为在平面上的射影，
所以为直线和平面所成的角，
由于，，
所以四边形为平行四边形，
故BF，
由已知，得，
因为平面，在平面上，
，又，
故BC，
，
在中，可得．
所以直线与平面所成角的正弦值为．【解析】本题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直的判定、直线与平面所成的角，是拔高题．
Ⅰ由已知，从而或其补角即为异面直线与所成的角，由此能求出异面直线与所成角的余弦值；
Ⅱ由平面，得，由，得，再由，得到平面；
Ⅲ过点作的平行线交于点，连接，则与平面所成的角等于与平面所成的角，由平面，得到为直线和平面所成的角，由此能求出直线与平面所成角的正弦值．