2022-2023学年宁夏贺兰县高一年级下册学期数学期末复习试题（五）【含答案】

2022-2023学年宁夏贺兰县高一下学期数学期末复习试题（五）一、单选题1．若复数，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合共轭复数的概念，即可求解.【详解】由复数的运算法则，可得，所以.故选：D.2．已知四边形用斜二测画法画出的直观图为直角梯形，如图所示，，，则四边形的周长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据图形把斜二测图形转化为实际图形，再计算周长即可.【详解】由题意可知，如图所示，过点作，垂足为，则四边形的高为，故四边形的周长为.故选：A.3．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论正确的是（

）A．若，则B．若，则与相交C．若，则与平行D．若，则不可能相交【答案】D【分析】根据直线与平面，平面与平面平行的判定和性质逐项进行判断即可求解.【详解】若，则与可能平行或异面，错误，D正确；若，则与平行或相交，B错误；若，则与可能平行或相交，C错误.故选：D.4．已知一组数据的平均数为，标准差为，则数据的平均数和方差分别为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平均数和方差公式计算可得答案.【详解】平均数为，方差为，故选：C.5．已知向量，，．若，则（

）A． B．0 C． D．8【答案】A【分析】先求出的坐标，再由列方程可求出的值.【详解】因为向量，，所以，因为，，所以，得，故选：A6．已知分别为三个内角的对边，且，则是（

）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．钝角三角形【答案】D【分析】正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，进而得到，得到，即可求解.【详解】因为，由正弦定理得，又因为，可得，所以，因为，可得，所以，又因为，所以，所以为钝角三角形.故选：D.7．在中，平分，且交于，若，则的最小值为（

）A．5 B． C． D．【答案】B【分析】利用二倍角余弦公式及同角关系求出及的值，利用三角形面积相等化简得，最后利用基本不等式计算即可.【详解】由题意可知，则，，因为，所以，所以，整理得，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.故选：B.8．如图，在正方体的八个顶点中，有四个顶点A，，C，恰好是正四面体的顶点，则此正四面体的表面积与正方体的表面积之比为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】设出正方体的棱长，求出正方体的表面积，再求正四面体的表面积，求比值即可．【详解】解：设正方体的棱长为，则正方体的表面积是，正四面体，则棱长为，它的表面积是，正四面体的表面积与正方体的表面积之比为．故选：D．二、多选题9．构建德智体美劳全面培养的教育体系是我国教育一直以来努力的方向.某中学积极响应党的号召，开展各项有益于德智体美劳全面发展的活动.如图所示的是该校高三（1）、（2）班两个班级在某次活动中的德智体美劳的评价得分对照图（得分越高，说明该项教育越好），则（

）

A．高三（2）班五项评价得分的极差为1B．除体育外，高三（1）班的各项评价得分均高于高三（2）班对应的得分C．高三（1）班五项评价得分的平均数比高三（2）班五项评价得分的平均数要高D．各项评价得分中，这两个班的体育得分相差最大【答案】AC【分析】利用极差的概念，平均数的概念以及根据统计图表的相关知识判断选项即可.【详解】对于A，高三（2）班德智体美劳各项得分依次为9.5，9，9.5，9，8.5，所以极差为，A正确；对于B，两班的德育分相等，B错误；对于C，高三（1）班的平均数为，（2）班的平均数为，故C正确；对于D，两班的体育分相差，而两班的劳育得分相差，D错误，故选：AC．10．软木锅垫一般用于餐厅、咖啡厅、酒店等公共饮食场所，可作广告饰品以提高形象．杯垫透气、无毒、无异味、防水防潮、耐油耐酸、弹性环保，具有耐冲击、不变形、耐用等特点．正、反面可加置印刷公司LOGO、图片、产品、广告、联系方式等，更接近人们的生活，较强的摩擦力可以防止玻璃、瓷杯滑落，亦可保护桌面不被烫坏．如图，这是一个边长为10厘米的正六边形的软木锅垫，则下列选项正确的是（

）A．向量与向量是相等向量 B．C． D．【答案】ACD【分析】根据相等向量的定义判断A，根据数量积的定义判断B，C，根据向量的线性运算定义求，再解三角形求其大小，判断D.【详解】对于A，由图可得向量与向量方向相同，大小相等，所以向量与向量相等向量，A正确．对于B，由图易得向量与向量的夹角为，则，B错误．如图，因为，，，则，C正确．因为为正三角形，所以根据平行四边形法则得，与共线且同方向，又均为含角的直角三角形，所以，，所以，，D正确．故选：ACD.11．已知正方体的棱长为4，点E，F，M分别是BC，，的中点，则（

）A．直线，EF是异面直线 B．四面体的外接球表面积为C．三棱锥的体积为 D．平面截正方体所得截面的面积为18【答案】ABD【分析】对于A，取的中点，连接，证明即可判断；对于B，四面体的外接球的直径即为正方体的体对角线，求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可判断；对于C；连接，则，证明平面平面，从而可求得三棱锥的高，再根据棱锥的体积公式即可判断；对于D，延长交的延长线于，连接交于，由此可得截面图形，在计算出截面的面积即可判断.【详解】对于A，取的中点，连接，因为点为的中点，所以，又因平面，而与平面交于点，所以直线，EF是异面直线，故A正确；对于B，四面体的外接球的直径即为正方体的体对角线，设其半径为，则，所以，则表面积，故B正确；对于C，连接，则，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面平面，由为的中点，得三棱锥的高为，，所以，故C错误；对于D，如图，延长交的延长线于，连接交于，连接，因为，为的中点，则，所以，所以为的中点，因为，所以，所以，所以点为的中点，所以，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，，则等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：对于三棱锥外接球的三种模型：第一种模型为常见墙角模型，此时将三棱锥看作长方体中的一个部分，将长方体进行补全之后就可以找到外接球半径与长方体三边之间的关系.第二种模型为对边相等的三棱锥外接球，方法同样将其补形为长方体，我们可以通过画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对边，然后通过每一组在直角三角形中的满足勾股定理的形式而列出方程，然后再将三组方程相加之后就可以得到长方体三边的平方的关系，继而可以求出外接球的半径.第三种模型为确定球心来构造直角三角形，这种模型最关键的就是利用底面三角形的外心来确定球心，然后来构造直角三角形将立体图形转化为平面图形，在直角三角形当中来求出球的半径.12．在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包.假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，，且，与的夹角为.下列结论中正确的是（

）A．越大越费力，越小越省力 B．的取值范围为C．当时， D．当时，【答案】AD【分析】利用平面向量的加法运算以及模长、数量积公式进行求解.【详解】对于A，根据题意，得，所以，解得，因为时，单调递减，所以越大越费力，越小越省力，故A正确；对于B，由题意知的取值范围是，故B错误；对于C，因为，所以当时，，所以，故C错误；对于D，因为，所以当时，，所以，故D正确.故选：AD.三、填空题13．已知复数满足，则在复平面中对应的点所构成的图形的面积为.【答案】【分析】根据复数模的几何意义结合圆的面积计算，即可求得答案.【详解】根据题意可知复数满足，则由复数模的几何意义知对应的点所构成的图形为半径为2和的两个同心圆所围成的圆环，则其面积为，故答案为：14．山西应县木塔（如图1）是世界上现存最古老、最高大的木塔，是中国古建筑中的瑰宝，是世界木结构建筑的典范．如图2，某校数学兴趣小组为测量木塔的高度，在木塔的附近找到一建筑物，高为米，塔顶在地面上的射影为，在地面上再确定一点（，，三点共线），测得约为58米，在点处测得塔顶的仰角分别为30°和60°，则该小组估算的木塔的高度为米．

【答案】【分析】根据已知，结合图形，利用直角三角形的性质建立方程求解.【详解】如图，过点A作BD的平行线交PD于点E，设，

在中，，所以，所以在中，，因为，所以，解得，所以在中，.故答案为：.15．如图，在梯形ABCD中，，，，，，M，N分别为CD，AD的中点，则.

【答案】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量数量积的坐标表示可得.【详解】如图，分别以BC，BA所在直线为x轴，y轴建立直角坐标系，

由题意，，M，N分别为CD，AD的中点，所以，所以，所以，故答案为：16．某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的体积为.【答案】/【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质求出球半径，再求出球的体积作答.【详解】依题意，球被正方体的面所截小圆半径，而球心到截面小圆距离为，因此该球的半径，所以该球的体积.故答案为：四、解答题17．已知是两个单位向量，且与的夹角为.(1)求；(2)求与的夹角的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据模长公式结合向量的数量积公式求解计算即可；（2）应用向量的夹角余弦公式计算可得.【详解】（1）依题意可得，所以.（2）设与的夹角为，因为，所以.18．从①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，然后解答补充完整的题目.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角B的大小；(2)若，，求△ABC的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）选条件①，先利用余弦定理可得，再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和定理即可得解；选条件②，利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；选条件③，利用正弦定理化边为角，再利用辅助角公式化简即可得解；（2）先利用余弦定理求出边，再根据三角形的面积公式即可得解.【详解】（1）选条件①，由，得，则由余弦定理得：，由正弦定理得：，则，因为，则，所以，又因为，所以；选条件②，∵，正弦定理得：，整理得，则由余弦定理得，因为，所以；选条件③，∵，由正弦定理得，因为，则，所以，即，因为，则，所以，所以；（2）由，得，解得（舍去），所以.19．如图，在四棱锥中，，，，，，，平面，点M是棱上的动点．(1)证明：；(2)设，求当平面时的值．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）根据平面和推出，根据余弦定理计算推出，根据线面垂直的判定定理得到平面，从而可得；（2）连，交于点N，连，根据线面平行的性质定理推出，再根据三角形相似可求出结果.【详解】（1）证明：由于平面且，所以平面，又平面，所以．由，得，即，解得或（舍），所以，即，又平面，，且，所以平面，而平面，因此．（2）连，交于点N，连，因为平面，平面，平面平面，所以，故．在梯形中，根据与相似，可得，所以，即当平面时的值为．20．2022年北京冬奥会防寒服中的“神奇内芯”—仿鹅绒高保暖絮片，是国家运动员教练员比赛服装的保暖材料.该“内芯”具有超轻超薄､湿态保暖､高蓬松度等特点，其研发是国家重点研发计划“科技冬奥”重点专项之一，填补了国内空白.为了保证其质量，厂方技术员从生产的一批保暖絮片中随机抽取了100处，分别测量了其纤维长度(单位：)的均值，并制成如下频率分布直方图：(1)估计该批保暖絮片纤维长度的平均数和样本方差(同一组数据用该区间的中点值作代表)；(2)该批保暖絮片进入成品库之前需进行二次检验，从中随机抽取15处测量其纤维长度均值，数据如下：31.8，32.7，28.2，34.3，29.1，34.8，37.2，30.8，30.6，25.2，32.9，28.9，33.9，29.5，34.5.请问该批保暖絮片是否合格？(若二次抽检纤维长度均值满足，则认为保暖絮片合格，否则认为不合格).【答案】(1)31，12.28；(2)合格﹒【分析】(1)根据频率分布直方图，求出每一组的频率和频数，根据方差计算公式即可计算方差；(2)求出,比较的大小关系即可判断.【详解】（1）由频率分布直方图可得，纤维长度区间是､､､､､､､的频率分别为：0.04､0.09､0.16､0.24､0.18､0.14､0.10､0.05，对应的频数分别为：4､9､16､24､18､14､10､5，故样本均值为：；样本方差为：﹒∴估计该保暖絮片的纤维长度的平均数为，方差为；（2）二次抽检纤维长度均值：，∵，∴该批保暖絮片合格﹒21．《九章算术》卷第五《商功》中有记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也，甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶，”现有“刍甍”如图所示，四边形EBCF为矩形，，且.(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：平面GCF；(2)若，且，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取线段中点H，连接，利用中位线定理得到且，证明四边形是平行四边形，得到，根据线面平行的判定即可证明；（2）利用线面垂直的判定得到面，利用三角形面积公式求出，利用等体积法代入计算即可求解.【详解】（1）在图中取线段中点H，连接，如图所示：由题可知，四边形是矩形，且，∴O是线段与的中点，∴且，又且，而且.所以且，∴且，∴四边形是平行四边形，则，由于平面，平面，∴平面.（2）∵，面，，∴面，，所以，即