2022-2023学年高一下学期期末考前必刷卷：数学（苏教版2019B卷）（全解全析）

这是一份2022-2023学年高一下学期期末考前必刷卷：数学（苏教版2019B卷）（全解全析），共20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。
2022-2023学年高一下学期期末考前必刷卷数学·全解全析一、单选题1．已知，则在复平面内复数对应的点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】A【详解】由题意，，对应点坐标为，在第一象限，故选：A．2．在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，则的形状（    ）A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不能确定【答案】B【详解】因为，，所以，整理得，所以三角形的形状是直角三角形.故选：B3．已知数据，，…，的平均数为3，方差为1，那么数据，，…，的平均数和方差分别为（    ）A. 3，1 B. 9，3 C. 10，9 D. 10，10【答案】C【详解】因为数据，，…，的平均数为3，方差为1，所以，，所以数据，，…，的平均数为，方差为，故选：C4．设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，,则（    ）A. 若，则 B. 若，则C 若，则 D. 若，则【答案】A【详解】试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，可得5．在中，点是线段上任意一点，是线段的中点，若存在实数和，使得，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【详解】如图所示，因为点D在线段BC上，所以存在，使得，因为M是线段AD的中点，所以：，又，所以，，所以.故选：D．6． 已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【详解】圆锥高，如图，由可得：，∴，∴,圆柱侧面积，圆锥侧面积，.故选：D．7．已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【详解】因，所以，所以，所以，所以.故选：A．8．一个质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体两次，并记录每次正四面体朝下的面上的数字.记事件为“两次记录的数字和为奇数”，事件为“两次记录的数字和大于4”，事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则（    ）A. 与互斥 B. 与对立C. 与相互独立 D. 与相互独立【答案】D【详解】连续抛掷这个正四面体两次，基本事件有：.其中事件A包括： .事件B包括： .事件C包括：.事件D包括： .对于A：因为事件A与D有相同的基本事件，故与互斥不成立.故A错误；对于B：因为事件C与D有相同的基本事件，故C与对立不成立.故B错误；对于C：因为,,而.因为，所以与不相互独立.故C错误；对于D：因为,,而.因为两个事件的发生与否互不影响，且，所以与相互独立.故D正确.故选：D二、多选题9．已知向量，，，则下列说法正确的是（    ）A. 的相反向量是 B. 若，则C. 在上的投影向量为 D. 若，则【答案】AC【详解】对于A：由相反向量的定义，即可得到的相反向量是；对于B：因为，，所以.又，且，所以，解得：.故B错误；对于C：因为，，所以，所以在上的投影为，所以在上的投影向量为.故C正确；对于D：因为，，所以.又，且，所以，解得：.故D错误.故选：AC10．下图是某市6月1日至14日的空气质量指数变化趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，则下列说法正确的是（    ）
A. 该市14天空气质量指数的平均值大于100B. 该市14天空气质量指数的中位数为78.5C. 该市14天空气质量指数的30百分位数为55D. 计算连续3天空气质量指数的方差，其中6日到8日的方差最大【答案】BC【详解】对于A，，该市14天空气质量指数的平均值小于100，故A错；对于B，将14天的空气质量指数由小到大排列为：，所以该市14天空气质量指数的中位数为：，故B正确.对于C，因为，所以该市14天空气质量指数的30百分位数为，故C正确.对于D，因为，所以5日到7日的方差大于6日到8日的方差，故D不正确.故选：BC.11．在中，角、、所对的边分别为、、．若，，，则下列说法正确的有（    ）A  B.  C. 1 D. 【答案】AD【详解】因为，即，因为，，则且余弦函数在上递减，所以，，所以，，A对；因为，则，所以，，可得，由正弦定理，即，所以，，则，B错；由二倍角公式可得，，所以，，由正弦定理可得，C错；，D对.故选：AD.12.在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，下列说法正确的是（    ）A. 直线与直线所成的角为B. 直线与直线所成的角为C. 若平面过点M，且，则平面截正方体所得的截面图形的周长为D. 动点P在侧面及其边界上运动，且，则与平面所成角的正切值的取值范围是【答案】BCD【详解】对于A：连接，显然，所以即为直线与直线所成的角，根据正方体的性质可得为等边三角形，所以，故A错误；因为，，，平面，所以平面，平面，所以，所以直线与直线所成角为，故B正确；同理可证，，平面，所以平面，取的中点、的中点，连接、、，所以且，且，且，显然平面平面，所以平面，所以平面即为平面，所以，即平面截正方体所得的截面图形的周长为，故C正确；对于D：因为平面，所以线段即为点的轨迹，所以当点与（）重合时最大，当为的中点时最小，所以，又平面，所以为与平面所成角，所以，所以与平面所成角的正切值的取值范围是，故D正确；故选：BCD三、填空题13．已知，，且，互斥，则___________.【答案】0【详解】由于，互斥，即不可能同时发生，所以，故答案为：0.14．如图，已知菱形的边长为，，，则__________．【答案】【详解】以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，由题意可知，.设,则，因为，所以，即，解得，，所以，所以.故答案为：.15．在中，已知.若为边上的一点，且，，则___________.【答案】【详解】由题意可得：，则设，则在中，由正弦定理可得，整理可得在中，由正弦定理可得，整理可得∴，则故答案为：．16．四面体四个顶点都在球的球面上，和是边长为2的等边三角形，，则球的体积为___________；若，分别为线段，的中点，则___________.【答案】    ①. ##    ②. 【详解】因为和是边长为2的等边三角形，所以，，又，所以，，所以，为以为斜边的直角三角形，设的中点为，则，故四面体的外接球的球心为，又为四面体的外接球的球心，所以为的中点，且球的半径为，所以球的体积，因为，，所以，所以，同理，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以，因为，，所以为直角三角形，又为线段的中点， 所以，又，所以，故答案为：，.四、解答题17．设实部为正数的复数z，满足，且复数为纯虚数．（1）求复数z；（2）若复数z是关于x的方程（m，的根，求实数m和n的值．【答案】（1）    （2），【详解】（1）设，（a，，），则因为为纯虚数，所以，            又，所以，联立方程得，，故（2）因为是关于的方程（m，）的根，所以，即，所以解得，．18．猜灯谜又称打灯谜，是我国从古代就开始流传的元宵节特色活动.在一次元宵节猜灯谜活动中，共有20道灯谜，三位同学独立竞猜，甲同学猜对了12道，乙同学猜对了8道，丙同学猜对了道.假设每道灯谜被猜对的可能性都相等.（1）任选一道灯谜，求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率；（2）任选一道灯谜，若甲，乙，丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，求的值.【答案】（1）；    （2）.【详解】（1）设“任选一道灯谜甲猜对”，“任选一道灯谜乙猜对”，“任选一道灯谜丙猜对”.则，，，故，，.“甲，乙两位同学恰有一个人猜对”，且与互斥.每位同学独立竞猜，故，互相独立，则与，与，与均相互独立.所以.答：任选一道灯谜，求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率为.（2）设“甲，乙，丙三个人中至少有一个人猜对”，则.所以.解得.19．已知向量，，且．（1）求的值；（2）若，且，求的值．【答案】（1）    （2）【详解】（1），则，因此，.（2）因且，所以，，因为，则，，因为，故，所以，，所以，，所以，，因此，.20．如图，四棱锥中，底面，底面为菱形，点F为侧棱上一点．（1）若，求证：平面；（2）若，求证：平面平面．【答案】（1）证明见解析；    （2）证明见解析.【详解】（1）设，的交点为O，连接，因为底面为菱形，且O为中点，，所以，又平面，平面，故平面．（2）因为底面为菱形，所以，因为平面，平面，所以，又，、平面，所以平面，又平面，所以，又，，，平面，所以平面，又平面，故平面平面.21．在四边形中，.（1）若，，，求四边形面积的最小值；（2）若四边形的外接圆半径为，，求的最大值.【答案】（1）；    （2）.【详解】（1）延长，相较于点，如图所示：，，是边长为的正三角形，的面积为.在中，，，由余弦定理得，，即，则，（当且仅当时，等号成立）的面积,的面积的最大值为，四边形面积的最小值为.（2）四边形存在外接圆，，，.，四边形为等腰梯形.连接，设，，，如图所示：的外接圆半径为，在中，由正弦定理得，，，.同理可得，在中，由正弦定理可得，，，设，得，，，，（当且仅当时，等号成立），，（当且仅当时，等号成立） 当，时，取得最大值.22．如图（1），在中，，，、、分别为边、、的中点，以为折痕把折起，使点到达点位置（如图（2））．（1）当时，求二面角的大小；（2）当四棱锥的体积最大时，分别求下列问题：①设平面与平面的交线为，求证：平面；②在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）    （2）①证明见解析②存在，或【详解】（1）翻折前，在中，，即，、分别为、的中点，则且，翻折后，在图（2）中，，，则二面角的平面角为，因为，，由余弦定理可得，，故，即当时，二面角的大小为.（2）①过点在平面内作，垂足为点，，，，则平面，平面，，，，平面，则，故当平面时，四棱锥的体积取最大值，，，，平面，因为，，为的中点，所以，且，故四边形平行四边形，所以，，平面，平面，平面，因为平面，平面平面，，因此，平面；②因为平面，与平面所成角为，因为平面，，所以，，解得，在中，，，，由余弦定理可得，所以，，解得或.因此，在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且或