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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 新教材2019-2020学年下学期高一期末备考精编金卷数学（A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、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
2、合题目要求的1对于非零向量，定义运算“*”：，其中为，的夹角有两两不共线的三个向量，下列结论正确的是（ ）A若，则BCD【答案】C【解析】设，的夹角为，的夹角为，的夹角为因为，由，得，故A不正确；，不一定共线，故B不正确；，故C正确；若，且，不共线，则，故D不正确，故选C2复数满足（为虚数单位），则复数的共轭复数是（ ）ABCD【答案】A【解析】易知，所以复数的共轭复数，故选A3如图是某圆锥的三视图，其正视图是一个边长为的正三角形，圆锥表面上的点，在正视图上的对应点分别是、则在此圆锥的侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）ABCD【答案】B【解析】由三视图可知几何体的直观图为圆锥，圆锥的
3、底面周长为，圆锥侧展图的圆心角为，由三视图可得，点，在侧展图的位置，如图所示，故选B4如图，在正方体中，分别是，的中点，有下列四个结论：与是异面直线；，相交于一点；平面其中所有正确结论的编号是（ ）ABCD【答案】B【解析】因为，所以与是相交直线，又面面，所以，相交于一点，则不正确，正确；令，因为，分别是，的中点，所以，则为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，不正确，正确，综上所述，可得正确，故选B5正方体中，下列命题中正确的是（ ）A与是相交直线且垂直B与是异面直线且垂直C与是相交直线且垂直D与是异面直线且垂直【答案】D【解析】连接，则为等边三角形，则与是相交直线且成角为，故A错误；
4、因为，所以与是异面直线且成角为，故B错误；连接，因为面，所以，所以与成角为为锐角，故C错误；连接，因为，且，所以面，则，则与是异面直线且垂直，故D正确，故选D6已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图1和如图2所示，为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为（ ）A，B，C，D，【答案】B【解析】由题意知，样本容量为，其中高中生人数为，高中生的近视人数为，故选B7甲射击一次命中目标的概率是，乙射击一次命中目标的概率是，丙射击一次命中目标的概率是，现在三人同时射击目标一次，则目标被击中的概率为（ ）ABCD【答案】A【解析】由
5、于甲、乙、丙射击一次命中目标的概率分别为，三人同时射击目标一次，则目标不被击中的概率为，由对立事件的概率公式，得到目标被击中的概率为，故选A8一个电路如图所示，为个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是（ ）ABCD【答案】B【解析】设与中至少有一个不闭合的事件为，与至少有一个不闭合的事件为，则，所以灯亮的概率为，故选B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3分，有选错的得0分9在中，是斜边上的高，如图，则下列等式成立的是（ ）ABCD【答案】ABD【解析】由，由射影定理可得，即选项A正确；由，由射
6、影定理可得，即选项B正确；由，又，即选项C错误；由图可知，所以，由选项A，B可得，即选项D正确，故选ABD10下列说法中不正确的是（ ）A在复平面内，虚轴上的点均表示纯虚数B若（）是纯虚数，则实数C设，若（）为实数，则D若为虚数单位，图中复数平面内的点表示复数，则表示复数的点是【答案】AB【解析】在复平面内，虚轴上的点除原点外均表示纯虚数，故A错误；若（）是纯虚数，则，解得，故B错误；，所以若（）为实数，则有，故C正确；图中复数平面内的点表示复数，因为，所以对应的点为，即为点，故D正确，故选AB11下列概率模型是古典概型的为（ ）A从名同学中选出人参加数学竞赛，每人被选中的可能性大小B同时据两
7、枚质地均匀的骰子，点数和为的概率C近三天中有一天降雨的概率D人站成一排，其中甲，乙相邻的概率【答案】ABD【解析】古典概型的特点：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；每个基本事件出现的可能性相等显然ABD符合古典概型的特征，所以ABD是古典概型；C选项，每天是否降雨受多方面因素影响，不具有等可能性，不是古典概型，故选ABD12如图所示，在直角梯形中，分别是上的点，且（）将四边形沿折起，连接（）在折起的过程中，下列说法中正确的是（ ）A平面B四点不可能共面C若，则平面平面D平面与平面可能垂直【答案】ABC【解析】选项A中，连接，取的中点，的中点，连接，且，而且，所以且，所以四边形是平行四边形
8、，所以，而平面，平面，所以平面，所以A正确；选项B中，设四点共面，因为，平面，平面，所以平面，而平面，平面平面，所以，所以，这与已知相矛盾，故四点不可能共面，所以B正确；选项C中，连接，在梯形中，易得，又，平面，所以平面，而平面，所以，而，平面，且与必有交点，所以平面，因为平面，所以平面平面，所以C正确；选项D中，延长至，使得，连接，平面，所以平面，而，所以平面，因为平面，所以平面平面，过作于，平面，平面平面，所以平面，若平面平面，则过作直线与平面垂直，其垂足在上，故前后矛盾，所以D错误，故选ABC第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知向量，且，则的值为_【答案】【解析】，且，解得
9、，则，因此，故答案为14已知是虚数单位，若复数满足，则_【答案】【解析】，故答案为15某单位有职工人，其中青年职工人，中年职工人，老年职工人，为了了解该单位职工的健康情况，用分层抽样的方法从中抽取样本若样本中的青年职工为人，则样本容量为_【答案】【解析】设中年职工抽取了人，老年职工抽取了人，则，解得，故答案为16袋子中有大小相同的四个小球，分别涂以红、白、黑、黄颜色从中任取球，取出白球的概率为_从中任取球，取出的是红球、白球的概率为_【答案】，【解析】（1）因为袋子中共四个不同小球，从中取出一个，共有个基本事件，取到白球的概率为（2）从中任取两球的基本事件是（红白）（红黑）（红黄）（黑白）（黄
10、白）（黑黄）共个，取出（红白）共含个基本事件，故四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）设向量，的夹角为且，如果，（1）证明：，三点共线；（2）试确定实数的值，使的取值满足向量与向量垂直【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1），即，共线，有公共点，三点共线（2），且，解得18（12分）已知复数（1）求复数的模；（2）若（，），求和的值【答案】（1）；（2）【解析】（1），则（2）由（1）知，即，解得19（12分）如图，在四棱锥中，平面，过的平面分别与，交于点，（1）求证：平面；（2）求证：【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析
11、】（1）在四棱锥中，平面，平面，平面（2），过的平面分别与，交于点，故平面平面，又平面，平面，平面，而平面，20（12分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，为的中点，（1）求证：平面；（2）求证：平面平面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）设，则是的中点，连接，是中点在中，平面，平面，平面（2）平面平面，平面平面，平面，又平面，又，平面，在中，为的中点，平面，又平面，平面平面21（12分）某客户考察了一款热销的净水器，使用寿命为十年，改款净水器为三级过滤，每一级过滤都由核心部件滤芯来实现在使用过程中，一级滤芯需要不定期更换，其中每更换个一级滤芯就需要更换个二级滤芯，三
12、级滤芯无需更换其中一级滤芯每个元，二级滤芯每个元记一台净水器在使用期内需要更换的二级滤芯的个数构成的集合为如图是根据台该款净水器在十年使用期内更换的一级滤芯的个数制成的柱状图（1）结合图，写出集合；（2）根据以上信息，求出一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于元的概率（以台净水器更换二级滤芯的频率代替台净水器更换二级滤芯发生的概率）；（3）若在购买净水器的同时购买滤芯，则滤芯可享受折优惠（使用过程中如需再购买无优惠）假设上述台净水器在购机的同时，每台均购买个一级滤芯、个二级滤芯作为备用滤芯（其中，），计算这台净水器在使用期内购买滤芯所需总费用的平均数并以此作为决策依据，如果客户购买净水器的
13、同时购买备用滤芯的总数也为个，则其中一级滤芯和二级滤芯的个数应分别是多少？【答案】（1）；（2）；（3）客户应该购买一级滤芯个，二级滤芯个【解析】（1）由题意可知当一级滤芯更换、个时，二级滤芯需要更换个，当一级滤芯更换个时，二级滤芯需要更换个，所以（2）由题意可知二级滤芯更换个，需元，二级滤芯更换个，需元，在台净水器中，二级滤芯需要更换个的净水器共台，二级滤芯需要更换个的净水器共台，设“一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于元”为事件，所以（3）因为，（i）若，则这台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为；（ii）若，则这台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为，所以如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数为个，客户应该购买一级滤芯个，二级滤芯个22（12分）已知口袋里装有个大小相同的小球，其中两个标有数字，两个标有数字（1）从口袋里任意取一球，求取到标有数字的球的概率；（2）第一次从口袋里任意取一球，放回口袋里后第二次再任意取一球，记第
