数学高一下学期期末总复习单选题8大考点突破训练人教版A版

2024年数学高一下学期期末总复习：单选题8大考点突破训练人教版A版（2019）8大考点汇总考点1：平面向量的概念与运算考点2：平面向量的应用考点3：复数的四则运算考点4：斜二测画法相关问题考点5：简单几何体的表面积与体积考点6：空间点、直线、面之间的位置关系考点7：统计考点8：概率8大考点汇总突破训练考点1：平面向量的概念与运算1．下列说法正确的是（

）A．数量可以比较大小，向量也可以比较大小B．由于零向量的方向不确定，因此零向量不能与任意向量平行C．模为1的向量都是相等向量D．向量的模可以比较大小2．下列命题中，正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则3．如图，在中，向量是（

）A．有相同起点的向量 B．模相等的向量C．共线向量 D．相等的向量4．已知向量满足，向量与的夹角为，则（

）A．12 B．4 C． D．2考点2：平面向量的应用5．在中，，，，则角的值为（

）A．或 B．或 C． D．6．在锐角三角形ABC中，，，则周长的取值范围是（

）．A． B．C． D．7．如图，一艘船航行到点B处时，测得灯塔A在其北偏西的方向，随后该船以20海里/小时的速度，往正北方向航行两小时后到达点C，测得灯塔A在其南偏西的方向，此时船与灯塔A间的距离为（

）A．海里 B．海里 C．海里 D．海里8．孤峰塔坐落在与常德城隔江相望的德山孤峰岭．初名“文峰塔”，与北岸笔架城遥相映衬，象征常德人杰地灵，文运昌盛．常德立德中学高一学生为了测量塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测量得米，在点处测得塔顶的仰角分别为，则孤峰塔高（

）

A．米 B．米 C．米 D．米考点3：复数的四则运算9．若复数，，则复数在复平面内对应的点在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限10．复数满足，则（

）A． B． C． D．511．若复数，则的共轭复数的虚部为（

）A． B． C．6 D．12．若复数，，则（

）A． B． C．2 D．5考点4：斜二测画法相关问题13．如图所示，是水平放置的的直观图，轴，轴，，，则中，（

）A． B． C． D．14．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是直角，其中，则原图形的面积为（

）A． B． C． D．15．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（）A． B．C．四边形的周长为 D．四边形的面积为16．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（

）A． B．2 C． D．考点5：简单几何体的表面积与体积17．如图，是体积为1的棱柱，则四棱锥的体积是（

）A． B． C． D．18．如图所示，在三棱柱中，若点分别满足，，平面将三棱柱分成体积为的两部分，则（

）A． B． C． D．19．已知球O的半径，球面上有三点A，B，C，满足，，点D在球面上运动，则当四面体DABC的体积取得最大值时，（

）A． B． C．13 D．1820．如图，将两个相同大小的圆柱垂直放置，两圆柱的底面直径与高相等，且中心重合，它们所围成的几何体称为“牟合方盖”，已知两圆柱的高为2，则该“牟合方盖”内切球的体积为（

）A． B． C． D．考点6：空间点、直线、面之间的位置关系21．已知，表示两条不同直线，表示平面，则（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则22．下列说法正确的是（

）①已知为三条直线，若异面，异面，则异面；②若a不平行于平面，且，则内的所有直线与a异面；③两两相交且不公点的三条直线确定一个平面；④若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于，则，三点共线．A．①② B．③④ C．①③ D．②④23．如图，在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点，则下列命题中不正确的是（

）A．存在点，使得平面B．对于任意点，四边形均为平行四边形C．四边形的面积随点位置的变化而变化D．三棱锥的体积随点位置的变化而变化24．设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则考点7：统计25．数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的第75百分位数为（

）A．7 B．7.5 C．8 D．8.526．如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的形态．图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图做出以下判断，不正确的是（

）

A．图（1）的平均数=中位数=众数 B．图（2）的众数<中位数<平均数C．图（2）的平均数<众数<中位数 D．图（3）的平均数<中位数<众数27．某中学高一年级有400人，高二年级有320人，高三年级有280人，若用随机数法在该中学抽取容量为n的样本，每人被抽到的可能性都为0.2，则n等于（）A．80 B．160 C．200 D．28028．样本数据的平均数，方差，则样本数据，，，的平均数，方差分别为（

）A．9，4 B．9，2 C．4，1 D．2，1考点8：概率29．在一次随机试验中，是彼此互斥的事件，且是必然事件，则下列说法正确的是（）A．与是互斥事件，也是对立事件B．与是互斥事件，也是对立事件C．与是互斥事件，但不是对立事件D．与是互斥事件，也是对立事件30．甲、乙、丙三名同学相互做传球训练,第一次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一个人,则次传球后球在甲手中的概率为（

）A． B． C． D．31．概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲､乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局.双方约定，各出赌金150枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.向这300枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是（

）A．甲150枚，乙150枚 B．甲225枚，乙75枚C．甲200枚，乙100枚 D．甲240枚，乙60枚32．在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算的．算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图是利用算筹表示数1～9的一种方法，例如：47可以表示为“”，已知用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数共有504种等可能的结果，则这个数至少要用8根小木棍的概率为（

）A． B． C． D．参考答案：1．D【分析】由向量的相关概念逐一判断即可.【详解】向量是有大小又有方向的矢量，不能比较大小，故A错；由于零向量的方向不确定，故规定零向量与任意向量平行，故B错；长度相等、方向相同的向量称为相等向量，模长为1的向量只规定了长度相等，方向不一等相同，故C错；向量的模长是一个数量，因此可以比较大小，故D正确.故选：D.2．C【分析】根据向量的概念逐一判断.【详解】对于A：若，则只是大小相同，并不能说方向相同，A错误；对于B：向量不能比较大小，只能相同，B错误；对于C：若，则方向相同，C正确；对于D：若，如果为零向量，则不能推出平行，D错误.故选：C.3．B【分析】对于A，由图形判断；对于B，根据圆的半径为向量的模判断；对于C，由共线向量的定义判断；对于D，由相等的向量的定义判断.【详解】对于A，根据图形，可得向量，，不是相同起点的向量，∴A错误；对于B，因为O是圆心，那么向量，，的模长是一样的，∴B正确；对于C，共线向量知识点是方向相同或者相反的向量，∴C错误；对于D，相等的向量指的是大小相等，方向相同的向量，∴D错误，故选：B．4．C【分析】利用向量数量积公式得到，从而得到.【详解】因为，向量与的夹角为．所以，所以．故选：C．5．D【分析】利用正弦定理计算可得.【详解】在中，，，，由正弦定理，即，解得，又，所以，即，所以.故选：D6．C【分析】借助三角形面积公式和余弦定理化简已知，可求出角，然后根据正弦定理和三角形内角和将周长用表示，结合三角恒等变化和三角函数图象即可求得范围.【详解】根据题意，，由三角形面积公式和余弦定理可得，，即，整理得，，即，在锐角三角形ABC中，，因为根据正弦定理，所以，因为三角形周长为，又因为，所以，所以，因为，即，所以，即，，所以.故选：C.7．C【分析】根据给定条件，利用正弦定理解三角形即得.【详解】依题意，在中，，则，而，由正弦定理得，所以船与灯塔A间的距离为海里.故选：C8．A【分析】由题意可得，用表示的代数式，在中，由余弦定理可得的值．【详解】由题意，米，，，可得，，在中，由余弦定理，即，整理可得，解得或（舍去），所以孤峰塔高．故选：A．9．B【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出答案．【详解】，，，所以复数在复平面内对应的点为，位于第二象限.故选：B.10．C【分析】根据和分别得到到两点的距离相等从而在线段的垂直平分线上，由两条垂直平分线的交点得到复数对应的点的坐标，进而得到复数和.【详解】由得复数对应的点到点和距离相等，所以复数对应的点在直线上；由得复数对应的点到点和距离相等，所以复数对应的点在直线上；因为直线和直线的交点为，所以，所以.故选：C.11．C【分析】根据题意可得，进而可得虚部.【详解】因为，则，所以的虚部为6.故选：C.12．B【分析】根据复数的减法运算和复数的几何意义即可求解.【详解】因为，，所以．故选：B13．D【分析】根据斜二测画法结合已知条件可知为直角三角形，求出，再由勾股定理可求出的值.【详解】因为是水平放置的的直观图，轴，轴，，，所以由斜二测画法可知，在中，，如图所示，所以，故选：D14．A【分析】根据斜二测画法的性质可得原图形是一个底边长为，高为的直角三角形，即可由面积公式求解.【详解】因为在直观图中，，则，所以，所以原图形是一个底边长为，高为的直角三角形，故原图形的面积为．故选：A．15．D【分析】过作交于点，求出，即可判断B，再还原平面图，求出相应的线段长，即可判断ACD.【详解】对于B：如图过作交于点，由等腰梯形且，又，，可得是等腰直角三角形，即，故B错误；对于A：还原平面图如下图，则，故A错误；对于C：过作交于点，则，由勾股定理得，故四边形的周长为：，即C错误；对于D：四边形的面积为：，即D正确.故选：D.16．C【分析】由题意计算可得，还原图形后可得原图形中各边长，即可得其高.【详解】在直角梯形中，，，则，直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，则有，所以该平面图形的高为.故选：C.17．C【分析】棱锥与棱柱同底同高，由棱柱的体积和棱锥的体积，可求出四棱锥的体积．【详解】因为棱锥与棱柱同底同高，棱柱体积为1，则棱锥的体积，故四棱锥的体积故选：C.18．A【分析】根据平行线分线段成比例可求得，结合棱台和棱柱体积公式可求得结果.【详解】，，，，；，几何体为三棱台，设三棱柱的高为，，，.故选：A.19．A【分析】根据余弦定理求得，可求出的外接圆半径，求出球心到平面的距离，四面体的体积最大时，点到平面ABC的距离最大，求此时的值.【详解】中，，，所以，因此的外接圆半径为，因为球的半径，所以球心到平面ABC的距离为5，．要使得四面体的体积最大，只要点到平面ABC的距离最大，并且最大距离为，又的外接圆半径为，所以.故选：A20．D【分析】将两个互相垂直的圆柱放到棱长为2的正方体内，则正方体的内切球与这两个圆柱的侧面和底面都相切，故可求得内切球半径，故得答案【详解】如图，将两个互相垂直的圆柱放到棱长为的正方体内，则正方体的内切球与这两个圆柱的侧面和底面都相切，又因为牟合方盖上下两个顶点和侧面的四个曲面刚好与正方体的侧面相切，故正方体的内切球内切于牟合方盖，所以正方体内切球即为牟合方盖的内切球，其半径为，所以该“牟合方盖”内切球的体积为.故选：D.21．D【分析】根据线线，线面的位置关系，即可判断选项.【详解】若，，则，异面或相交，故A错误；若，，则或相交，故B错误；若，，则或，故C错误；若，，则，故D正确.故选：D22．B【分析】利用空间中直线、平面的位置关系一一判定即可.【详解】对于①，直线异面，异面，则可能平行、相交或异面，所以①错误；对于②，由题设知，a与相交，设，在内过点P的直线l与a共面，所以②错误；对于③，两条相交直线确定一个平面，第三条直线与前面两条直线的交点在此平面内，所以③正确；对于④，设平面平面，因为平面，所以，同理，故三点共线，④正确.故选：B．23．D【分析】根据线面平行的判定判断A；利用面面平行的性质判断B；设，求出四边形面积表达式判断C；根据棱锥的体积公式判断D.【详解】对于B，显然四点共面，平面平面，平面平面，平面平面，则，同理可证，即四边形为平行四边形，B正确；对于A，令正方体的棱长为2，当F为的中点时，，即，解得，即E也为的中点，连接，而，则四边形为平行四边形，则，平面平面，因此平面，A正确；对于C，令，设，则，而，，四边形面积，因此四边形的面积随点位置的变化而变化，C正确；对于D，由，平面，平面，得平面，即点F到平面的距离为定值，而的面积为定值，因此三棱锥的体积为定值，即对于任意点F，三棱锥的体积均不变，D错误．故选：D24．D【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.【详解】对于A选项，若，则或，无法确定与的关系，错误；对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少的条件，它们可能平行或异面，错误；对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，平行、相交或均有可能，错误；对于D选项，若，则，由面面垂直的判定定理可得，正确.故选：D25．C【分析】利用百分位数的求法计算即可.【详解】易知，则该组数据的第八个数8为第75百分位数.故选：C26．C【分析】根据平均数、中位数、众数的概念，结合图形分析即可求解.【详解】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A正确；图（2）中众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B正确，C错误；图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D正确.故选：C27．C【分析】根据简单随机抽样概率的求解方法，列出方程计算即可.【详解】由题意可知，，解得.故选：C28．A【分析】由平均值、方差的性质求新数据的平均数和方差．【详解】由，得样本数据，，，的平均数为，由，得样本数据，，，的方差为.故选：A29．D【详解】由于彼此互斥，且是必然事件，故其事件的关系如图所示，由图可知，任何一个事件与其余三个事件的和事件互为对立，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件互为对立，所以只有D中的说法正确．故选：D.30．C【分析】根据题意先求出次传球的路线总数,再求