2022-2023学年重庆市高一下学期数学期末复习（1）含答案

这是一份2022-2023学年重庆市高一下学期数学期末复习（1）含答案，共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
  2023年高一下期期末复习（1）一、单选题(共40分)1．已知三条直线a，b，c和两个平面，下列命题正确的是（       ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则2．、是平面内不共线的两向量，已知，，，若、、三点共线，则的值是（       ）A．1 B．2 C．3 D．43．在中，，，以所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（       ）A． B． C． D．4．已知点为内一点，且，则与的面积之比为（       ）A． B． C． D．5．已知正方形的边长为2，为正方形的内部或边界上任一点，则的最大值是（       ）.A．1 B．2 C．3 D．46．如图，在下列四个正方体中，、为正方体的两个顶点，、、为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线不平行于平面的是（　　）A． B．C． D．7．设的内角A、B、C的对边分别是a、b、c，若，则的形状是（       ）A．等边三角形B．C为直角的直角三角形C．C为顶角的等腰三角形D．A为顶角的等腰三角形或B为顶角的等腰三角形8．如图，已知平行四边形的对角线相交于点，过点的直线与所在直线分别交于点，，满足，若，则的值为（       ）A． B． C． D．二、多选题(共20分)9．已知样本数据的均值和标准差都是10，下列判断正确的是（       ）A．样本数据均值和标准差都等于10；B．样本数据均值等于31、标准差等于30；C．样本数据的标准差等于0.1，方差等于1；D．样本数据的标准差等于2、方差等于4；10．已知向量，则下列说法正确的是（       ）A．若，则四边形ABDC为菱形B．向量在向量上的投影向量为C．若，E，F分别满足，则D．若点G为三角形ABC的重心，则11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，则下列结论正确的是（       ）A．sin A∶sin B∶sin C＝3∶4∶5 B．是锐角三角形C．的最大内角是最小内角的2倍 D．若c＝6，则外接圆半径为12．已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中有下列结论：（       ）A．三棱锥的体积最大值为B．三棱锥的外接球体积不变C．异面直线与所成角的最大值为D．与平面所成角的最大值为 三、填空题(共20分)13．已知圆锥的母线为3，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为_______．14．某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为，现按年级用分层抽样的方法抽取若干人，若抽取的高三年级的学生人数为20，则抽取的样本容量为______.15．已知在中，为上一点，且，为上一点，且满足，则取最小值时，向量的模为__________.16．在边长为4的正方形ABCD中，E，F，G分别为AD，BC，AB的中点，现将矩形CDEF沿EF折起，使平面CDEF与平面ABFE所成的二面角为直二面角，则四面体CEGF的外接球的表面积为___________.四、解答题(共70分)17．在平面直角坐标系中，已知向量．(1)求；(2)若，，求实数的值．18．在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．(1)若，求a的值；(2)若，求的值．19．在①，②，③三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．已知锐角的内角A，B，C，的对边分别为a，b，c满足_______（填写序号即可）(1)求B﹔(2)若，求的取值范围．20．从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量表得如下频数分布表：质量指标值分组[75，85）[85，95）[95，105）[105，115）[115，125）频数62638228 (1)在下表中作出这些数据的频率分布直方图：  (2)估计这种产品质量指标值平均数（同一组中的数据用该组区间中点值作代表）；(3)根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品的80%”的规定？21．已知圆锥母线长为6，底面圆半径长为4，点M是母线的中点，是底面圆的直径，底面半径与母线所成角的大小等于．(1)当时，求异面直线与所成的角的余弦值；(2)当三棱锥的体积最大时，求的值．
22．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，是棱上一点，且平面.(1)证明：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.
参考答案：1．D【解析】【分析】根据线线、线面位置关系，结合平面基本性质判断A、B、C；根据平面基本性质知且，由线面平行的判定、性质有，即可判断D.【详解】A：，则或，错误；B：，则或，错误；C：，则可能相交或平行，错误；D：由为两个平面且、，故且，由，则，又，，，则，所以，正确.故选：D2．B【解析】【分析】根据题意得，求解计算即可.【详解】因为，，三点共线，所以 与共线，所以存在实数，使得；，所以，因为、是平面内不共线的两向量，所以，解得，.故选：B.3．C【解析】【分析】根据题意，作出几何体，再根据圆锥的体积公式求解即可.【详解】解：因为在中，，过作的垂线，垂足为，则，，以所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体特征为圆锥中挖去圆锥，所以，该几何体的体积为.故选：C 4．B【解析】【分析】根据条件确定O在△ABC中位线MN上，且O为靠近N的三等分点，进而得到与的面积之比.【详解】设AC的中点是M，BC的中点是N，由题有，即，，所以O在△ABC中位线MN上，且O为靠近N的三等分点，设S△ONC=k，则S△OMC=2k，S△OAC=4k，S△ABC=12k所以.故选：B.5．D【解析】【分析】建立平面直角坐标系，根据平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，因为正方形的边长为2，所以，设，，因为，所以，因为，所以，因此，当且仅当时取等号，故选：D6．D【解析】【分析】利用线面平行的判定定理逐项判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，连接，如下图所示：因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，，、分别为、的中点，则，所以，，因为平面，平面，所以，平面；对于B选项，连接，如下图所示：因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，，、分别为、的中点，所以，，，因为平面，平面，所以，平面；对于C选项，连接，如下图所示：因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，，、分别为、的中点，所以，，，因为平面，平面，所以，平面；对于D选项，连接、交于点，则为的中点，设，连接，因为、分别为、的中点，则，若平面，平面，平面平面，则，在平面内，过该平面内的点作直线的平行线，有且只有一条，与题设矛盾.假设不成立，故D选项中的直线与平面不平行.故选：D.7．D【解析】【分析】将式子去分母整理即可得到，即可判断；【详解】解：，，即，合并得：，，，，，，或，所以为以为顶角的等腰三角形或为顶角的等腰三角形；故选：D．8．B【解析】【分析】用向量表示，再利用点M，O，N共线列式计算作答.【详解】因平行四边形的对角线相交于点，则，而，于是得，又点M，O，N共线，因此，，即，又，解得，所以.故选：B9．BD【解析】【分析】根据均值和标准差的性质对选项一一判断即可【详解】已知对于样本数据，均值，标准差．对于选项A，样本均值，原判断错误；对于选项B，样本均值，标准差，原判断正确；对于选项C，样本标准差，方差，原判断错误；对于选项D，样本标准差，方差，原判断正确．故选：BD10．AB【解析】【分析】A由已知有、即可判断；B根据向量数量积的几何意义及投影向量的定义求结果；C、D由、、、分别求出坐标，再应用向量的坐标运算求结果.【详解】A：由，则，故且，同理且，又，则四边形ABDC为菱形，正确；B：在上的投影向量为，正确；C：由A知：四边形ABDC为菱形，则 ，，所以，错误；D：由G为三角形ABC的重心，则，故，，故，所以，错误.故选：AB11．BCD【解析】【分析】根据(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，得到，然后逐项判断.【详解】解：因为在中，(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，所以 ，解得，所以sin A∶sin B∶sin C＝ ，故A错误；易角C为最大角，则 ，所以角C为锐角，故是锐角三角形，故B正确； 易角A为最小角，则，所以，即，又，所以 ，故C正确；设外接圆的半径为R，则由正弦定理得 ，解得，故正确；故选：BCD12．AB【解析】【分析】当平面平面时，点到平面的距离最大，此时三棱锥体积最大，与平面所成角最大，利用面积桥求得后，即可确定AD的正误；根据外接球特点可知外接球球心为中点，由此确定半径，知外接球体积为定值，知B正确；假设C正确，由线面垂直的判定和性质可知，得，与已知矛盾，知C错误.【详解】对于A，当平面平面时，点到平面的距离最大，此时三棱锥的体积最大，作，垂足为，平面平面，平面，平面，，，又，，即三棱锥的体积最大值为，A正确；对于B，和均为以为斜边的直角三角形，中点到四点的距离相等，即中点为三棱锥的外接球球心，三棱锥的外接球半径，三棱锥的外接球体积，为定值，B正确；对于C，假设异面直线与所成角的最大值为，则此时，又，，平面，平面，平面，，是以为斜边的直角三角形，，与已知矛盾，假设错误，C错误；对于D，设与平面所成角为，点到平面距离为，则，当点到平面距离最大时，与平面所成角最大，当平面平面时，点到平面距离最大，此时，即，，D错误.故选：AB.13．【解析】【分析】先根据题意求出侧面展开所成扇形的弧长即底面圆的周长，进而求出底面圆的半径和棱锥的高，最后根据锥体体积公式求得答案.【详解】设圆锥底面圆的半径为r，高为h，根据题意，侧面展开所成扇形的弧长为，所以，则，于是圆锥的体积为.故答案为：.14．70【解析】【分析】依据分层抽样的分层比即可求得抽取的样本容量【详解】高一、高二、高三年级的学生人数之比为，则用分层抽样的方法抽取高一、高二、高三年级的学生人数之比为若抽取的高三年级的学生人数为20，则抽取的样本容量为故答案为：7015．【解析】【分析】由题可得，利用基本不等式可得式子取最小值时的m和n的值，然后利用向量的模长公式可得．【详解】∵，，∴m4n，又∵为上一点，所以，∴，当且仅当即且时，取等号，∴向量的模为.故答案为：．16．【解析】【分析】取的中点，连，根据面面垂直的性质定理证明平面，然后根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可得为四面体CEGF的外接球的球心，求出其半径后，利用球的表面积公式可求出结果.【详解】取的中点，连，如图：依题意可知，，因为平面CDEF与平面ABFE所成的二面角为直二面角，即平面CDEF平面ABFE，所以平面，所以，，，因为，且，所以平面，所以，因为为的中点，所以，所以为四面体CEGF的外接球的球心，其半径为，所以其表面积为.故答案为：17．(1)(2)【解析】【分析】（1）利用向量坐标运算法则计算得到，从而计算出模长；（2）利用向量坐标运算和数量积等于0求出实数的值.(1)，所以(2)，因为，所以，解得：18．(1)(2)【解析】【分析】(1)根据数量积的定义求出 ，再用 余弦定理求出BC即可；(2)利用正弦定理求出 ，再利用内角和等于 即可求出 .(1)由已知故；(2) ，由正弦定理 ，故，，；综上， ， .19．(1)(2)【解析】【分析】（1）选①，利用正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式及三角形内角关系，即可得出答案；选②，利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得出答案；选③，根据两角和的余弦公式结合三角形的内角关系，即可得出答案；（2）利用正弦定理及三角形内角关系将用角表示，再结合三角恒等变换化简，结合正切函数的性质即可得出答案.(1)解：选①，因为，所以，即，又，所以，因为，所以；选②，因为，所以，即，所以，因为，所以；选③，因为，所以，即，所以，因为，所以；(2)解：由正弦定理，得，，则，由锐角得，得，则，所以，从而，所以的取值范围为.20．(1)直方图见详解；(2)100；(3)答案见详解．【解析】【分析】（1）由图表绘制直方图即可；（2）根据直方图，结合平均数概念求值；（3）质量指标值不低于95的产品所占比例的估计值为，即可判断结果．(1)直方图如图，(2)质量指标值的样本平均数为.(3)质量指标值不低于95的产品所占比例的估计值为，由于该估计值小于0.8，故不能认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品80%”的规定．21． (1)或(2)【解析】【分析】（1）取中点，得是与所成的角或其补角，是与所成的角或其补角，根据异面直线所成角的定义分类讨论，求得，从而求得结论；（2）由体积公式确定三棱锥体积最大时，然后求出相应线段长得异面直线所成的角．(1)取中点，因为是中点，则，是中点，则，所以是与所成的角或其补角，是与所成的角或其补角．，，，若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，；若若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，．(2)三棱锥中顶点到底面的距离不变，只有最大时，三棱锥的体积最大，，所以时，最大．此时，，，．所以． 22．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据勾股定理及线面垂直的性质，再利用勾股定理的逆定理、矩形的定义及线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理即可求解；（2）根据线面垂直的性质定理及矩形的定义，再利用线面垂直的判定定理及等体积法，结合线面角的定义即可求解.(1)在矩形中，所以，平面平面平面，，在中，为中点，，，即，又平面平面，平面，又平面平面平面；(2)由（1）知，，平面平面，又平面，平面，又平面，又平面，，平面平面平面，平面，由（1）知为中点，所以到平面距离为，设到平面的距离为，由，即，解得，设直线与平面所成的角为，则则.所以直线与平面所成角的正弦值为.