2023-2024学年高一数学下学期期末考试模拟卷02（范围：必修第二册）-2023-2024学年高一数学常考点微专题提分精练（人教A版2019必修第二册）

2023-2024学年下学期期末考试模拟卷02 高一·数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：必修第二册。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、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，只有一项是符合题目要求的。 1．若复数满足，则的虚部为（    ） A． B． C． D． 2．已知向量不共线，，，，则（    ） A．A，B，D三点共线 B．A，B，C三点共线 C．B，C，D三点共线 D．A，C，D三点共线 3．湘西州有甲草原：龙山县八面山空中草原，乙草原：泸溪县滨江大草原，暑假期间两草原供游客休闲旅游，记事件“只去甲草原”，事件“至少去一个草原”，事件“至多去一个草原”，事件“不去甲草原”，事件“一个草原也不去”.下列命题正确的是（    ） A．E与G是互斥事件； B．F与I是互斥事件，且是对立事件； C．F与G是互斥事件； D．G与I是互斥事件. 4．设都是非零向量，下列四个条件中，使成立的充分条件是（    ） A． B． C． D．且 5．已知是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 6．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则（    ） A．该圆锥的体积为； B．该圆锥的侧面积为； C．； D．的面积为2. 7．根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，现有4组样本①、②、③、④，依次计算得到结果如下： ①平均数； ②平均数且极差小于或等于3； ③平均数且标准差； ④众数等于5且极差小于或等于4． 则4组样本中一定符合入冬指标的共有（    ） A．1组 B．2组 C．3组 D．4组 8．在中，角所对的边分别是，若，边上的高为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知复数，为的共轭复数，则（    ） A．的虚部是 B． C． D．是方程的一个根 11．折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1.其平面图如图2的扇形，其中，点E在弧上.下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．若，则 D．的最小值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．复数在复平面内对应的点位于第 象限. 13．设一组样本数据的平均值是1，且的平均值是3，则数据的方差是 . 14．近期，贵州榕江“村超”火爆全网，引起足球发烧友、旅游爱好者、社会名流等的广泛关注.足球最早起源于我国古代“蹴鞠”，被列为国家级非物质文化，蹴即踢，鞠即球，北宋《宋太祖蹴鞠图》描绘太祖、太宗和臣子们蹴鞠的场景.已知某“鞠”的表面上有四个点A、B、C、D，连接这四点构成三棱锥如图所示，顶点A在底面的射影落在内，它的体积为，其中和都是边长为6的正三角形，则该“鞠”的表面积为 .    四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 已知向量， (1)若，求的值； (2)若，求向量在向量上的投影向量的坐标． 16．（15分） 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，. (1)若，求的值； (2)若的面积，求b，c的值. 17．（15分） 某校举行数学竞赛，竞赛要完成三道题：代数，几何，组合各一道，竞赛记分方法如下：在规定时间内，答对代数题、几何题，每题均可获得30分，答对组合题，可获得40分，每答错一题，则扣除总分中的10分（假设答题只有对与错两种结果）.根据以往统计结果，小明答对代数、几何、组合的概率分别为，假设解答这三题结果彼此独立.已知小明初始分为0分，设比赛结束后，小明的总分为，求： （1）已知小明在规定时间内，将三题都答对的概率为，求该学生恰能答对三题中的一题的概率； （2）已知，求总分不低于50分的概率． 18．（17分） 2023年9月，第19届亚洲运动会将在中国杭州市举行，某调研机构为了了解人们对“亚运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“亚运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.    (1)根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和上四分位数； (2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“亚运会”宣传使者： （i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率； （ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差. 19．（17分） 早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球体积时，就创造性地提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.    (1)如图一所示，在一个半径为的半球体中，挖去一个半径为的球体，求剩余部分的体积. (2)如图二，由抛物线跟线段围成一个几何形，将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，请运用祖暅原理求该旋转体的体积. (3)将两个底面半径为1，高为3圆柱体按如图三所示正交拼接在一起，构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积，等价于求两个圆柱公共部分几何体的体积，请运用祖暅原理求出该公共部分几何体的体积. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年下学期期末考试模拟卷02 高一·数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：必修第二册。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、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，只有一项是符合题目要求的。 1．若复数满足，则的虚部为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为，所以， 所以的虚部为. 故选：B 2．已知向量不共线，，，，则（    ） A．A，B，D三点共线 B．A，B，C三点共线 C．B，C，D三点共线 D．A，C，D三点共线 【答案】A 【解析】对于A，， 又，所以，则与共线， 又与有公共点B，所以A、B、D三点共线，A正确； 对于B，令，即，所以，不存在， 所以与不共线，即A，B，C三点不共线，B错误； 对于C，令，即，所以，不存在， 所以与不共线，即B，C，D三点不共线，C错误； 对于D，， 令，即，所以，不存在， 所以与不共线，即A，C，D三点不共线，D错误. 故选：A． 3．湘西州有甲草原：龙山县八面山空中草原，乙草原：泸溪县滨江大草原，暑假期间两草原供游客休闲旅游，记事件“只去甲草原”，事件“至少去一个草原”，事件“至多去一个草原”，事件“不去甲草原”，事件“一个草原也不去”.下列命题正确的是（    ） A．E与G是互斥事件； B．F与I是互斥事件，且是对立事件； C．F与G是互斥事件； D．G与I是互斥事件. 【答案】B 【解析】依题意基本事件有“去甲草原”、“去乙草原”、 “一个草原也不去”、 “去甲、乙草原”共四个， 事件“至少去一个草原”包含“去甲草原”、“去乙草原”、 “去甲、乙草原”三个基本事件； 事件“至多去一个草原”包含“去甲草原”、“去乙草原”、 “一个草原也不去”三个基本事件； 事件“不去甲草原”包含“去乙草原”、 “一个草原也不去”两个基本事件； 对于A，事件，有可能同时发生，不是互斥事件，故A错误； 对于B，事件与不可能同时发生，且发生的概率之和为1，是互斥事件，且为对立事件，故B正确； 对于C，事件与有可能同时发生，不是互斥事件，故C错误； 对于D，事件与有可能同时发生，不是互斥事件，故D错误. 故选：B 4．设都是非零向量，下列四个条件中，使成立的充分条件是（    ） A． B． C． D．且 【答案】C 【解析】由向量都是非零向量，且， 因为和分别表示与和同向的单位向量，所以向量与同向， 结合选项，可得成立的充分条件为. 故选：C. 5．已知是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】C 【解析】由a，b是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面， 在A中， ，因为b的方向不确定，则a与b可以成任意角，故A错误； 在B中，根据对应的性质可知，可知a与b是平行的，故B错误； 在C中，由可知，由线面垂直的性质可知，故C正确； 在D中，，因为b的方向不确定，可得a与b可以成任意角，故D错误． 故选：C. 6．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则（    ） A．该圆锥的体积为； B．该圆锥的侧面积为； C．； D．的面积为2. 【答案】D 【解析】依题意，，，所以易得，， A选项，圆锥的体积为，A选项错误； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接，，则，， 所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项错误； D选项，，所以，D选项正确. 故选：D. 7．根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，现有4组样本①、②、③、④，依次计算得到结果如下： ①平均数； ②平均数且极差小于或等于3； ③平均数且标准差； ④众数等于5且极差小于或等于4． 则4组样本中一定符合入冬指标的共有（    ） A．1组 B．2组 C．3组 D．4组 【答案】B 【解析】①举反例：，，，，，其平均数．但不符合入冬指标； ②假设有数据大于或等于10，由极差小于或等于3可知， 则此组数据中的最小值为，此时数据的平均数必然大于7， 与矛盾，故假设错误.则此组数据全部小于10. 符合入冬指标； ③举反例：1，1，1，1，11，平均数，且标准差.但不符合入冬指标； ④在众数等于5且极差小于等于4时，则最大数不超过9.符合入冬指标. 故选：B． 8．在中，角所对的边分别是，若，边上的高为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】， 由余弦定理可得，整理可得， 又AC边上的高为，所以，即， ，当且仅当取等号， ，即，即， ，则， ，故∠ABC的最大值为. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知复数，为的共轭复数，则（    ） A．的虚部是 B． C． D．是方程的一个根 【答案】BD 【解析】对于A：因为，所以，则的虚部是，A错误； 对于B：因为，所以， 所以，B正确； 对于C：因为， ，则，C错误； 对于D：， 故是方程的一个根，D正确. 故选：BD. 11．折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1.其平面图如图2的扇形，其中，点E在弧上.下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．若，则 D．的最小值为 【答案】BCD 【解析】，A错误； 由知，E为弧的中点，又，由平行四边形法则可知则，故，B正确. 由知，，设，则解得故，C正确. ， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D正确. 故选：BCD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．复数在复平面内对应的点位于第 象限. 【答案】三 【解析】， 所以对应复平面内的点为，位于第三象限， 故答案为：三. 13．设一组样本数据的平均值是1，且的平均值是3，则数据的方差是 . 【答案】 【解析】由题意得， 所以数据的方差 . 故答案为：. 14．近期，贵州榕江“村超”火爆全网，引起足球发烧友、旅游爱好者、社会名流等的广泛关注.足球最早起源于我国古代“蹴鞠”，被列为国家级非物质文化，蹴即踢，鞠即球，北宋《宋太祖蹴鞠图》描绘太祖、太宗和臣子们蹴鞠的场景.已知某“鞠”的表面上有四个点A、B、C、D，连接这四点构成三棱锥如图所示，顶点A在底面的射影落在内，它的体积为，其中和都是边长为6的正三角形，则该“鞠”的表面积为 .    【答案】 【解析】如图， 取的中点，连接，， 因为，， 又平面，平面，， 所以平面，平面， 所以平面平面，同理可证，平面平面， 设和的中心分别为、，在平面内，过、分别作的垂线，设交点为，即， 又平面平面，由面面垂直的性质定理可知，平面， 同理可得， 平面，即球心为，设“鞠”的半径为，连接， 则， 即：， 又，， 所以，又顶点A在底面的射影落在内，则， 由，为公共边，得与全等， 则为的角平分线，所以. 在中，因为，则 在中，，， 所以该“鞠”的表面积. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 已知向量， (1)若，求的值； (2)若，求向量在向量上的投影向量的坐标． 【解析】（1）因为向量，，， 所以，即，则. （2）因为，所以，投影向量. 16．（15分） 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，. (1)若，求的值； (2)若的面积，求b，c的值. 【解析】（1）因为，所以， 在中，由正弦定理得， 即，所以； （2）由（1）得， 因为，即，解得， 由余弦定理得，所以， 综上，. 17．（15分） 某校举行数学竞赛，竞赛要完成三道题：代数，几何，组合各一道，竞赛记分方法如下：在规定时间内，答对代数题、几何题，每题均可获得30分，答对组合题，可获得40分，每答错一题，则扣除总分中的10分（假设答题只有对与错两种结果）.根据以往统计结果，小明答对代数、几何、组合的概率分别为，假设解答这三题结果彼此独立.已知小明初始分为0分，设比赛结束后，小明的总分为，求： （1）已知小明在规定时间内，将三题都答对的概率为，求该学生恰能答对三题中的一题的概率； （2）已知，求总分不低于50分的概率． 【解析】（1）小明三道题都答对概率为，故， 恰能解决三道题中的一道题的概率：； （1）若三道题均答对，则，； 若组合题答对，代数、几何恰有一道题答对，则，； 若代数几何均答对，但组合未答对，则，； . 18．（17分） 2023年9月，第19届亚洲运动会将在中国杭州市举行，某调研机构为了了解人们对“亚运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“亚运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.    (1)根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和上四分位数； (2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“亚运会”宣传使者： （i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率； （ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差. 【解析】（1）设这人的平均年龄为，则 （岁） 设上四分位数（第75百分位数）为， ，， 位于第四组：内； 方法一：由，解得. 方法二：由，解得. （2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，对应的样本空间为： ， 共15个样本点. 设事件“甲､乙两人至少一人被选上”，则 ， 共有9个样本点.所以，. （ii）设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为. 设第四组的宣传使者的年龄分别为，平均数为，方差为， 设第五组的宣传使者的年龄分别为，，平均数为，方差为， 则，，， ， 可得，，，， 设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为． 则， 即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为， 法一： . 法二： . 即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为； 据此估计这人中年龄在岁的所有人的年龄的平均数为，方差约为． 19．（17分） 早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球体积时，就创造性地提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.    (1)如图一所示，在一个半径为的半球体中，挖去一个半径为的球体，求剩余部分的体积. (2)如图二，由抛物线跟线段围成一个几何形，将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，请运用祖暅原理求该旋转体的体积. (3)将两个底面半径为1，高为3圆柱体按如图三所示正交拼接在一起，构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积，等价于求两个圆柱公共部分几何体的体积，请运用祖暅原理求出该公共部分几何体的体积. 【解析】（1）依题意该几何体的体积. （2）图1阴影部分是由长方形（长为，宽为）和抛物线围成， 图2阴影部分是由半径为3的半圆和直径为3的圆围成的， 将图1绕轴旋转一周可得一圆柱挖去中间的部分的几何体记为， 将图2以小圆的直径为轴旋转一周可得一个半球挖去一个小球的几何体记为， 将两个几何体放在同一水平面上，用与圆柱下底面或与半球大圆距离为的平面截两个几何体，可得截面都为圆环，纵截面图如下， 几何体的截面面积为， 几何体的截面面积为，又两几何体等高， 由祖暅原理可得两几何体的体积相等，结合（1）可知几何体的体积， 而由抛物线跟线段围成一个几何形， 将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，是由一个圆柱（底面半径为，高为）减去几何体， 所以所求的体积. （3）首先证明“牟合方盖”的体积公式为（为圆柱的底面半径）： “牟合方盖”是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分， 计算其体积的方法是将原来的“牟合方盖”平均分为八份，取它的八分之一（如图四）． 记正方形的边长为，设，过点作平面平行于平面． 又，由勾股定理有， 故此正方形面积是． 如果将图四的几何体放在棱长为的正方体内（如图五），不难证明图五中与图四等高处阴影部分的面积等于． （如图六）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为，不难发现对于任何高度，此截面面积必为， 由棱锥， 由祖暅原理图五中“牟合方盖”外部的体积等于棱锥 所以图四中几何体体积为， 所以“牟合方盖”的体积为． 又圆柱的底面半径为， 所以两个圆柱公共部分几何体的体积为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$