高一下学期期末模拟试卷B-2023-2024学年高一数学下学期同步提升讲义（人教A版2019必修第二册）

2023-2024第二学期期末模拟试卷B卷 1．已知复数满足，是的共轭复数，则等于（    ） A． B． C． D． 2．对空中移动的目标连续射击两次，设A＝{两次都击中目标}，B＝{两次都没击中目标}，C＝{恰有一次击中目标}，D＝{至少有一次击中目标}，下列关系不正确的是（   ） A． B． C． D． 3.小唐5月日每天的运动时长（单位：分钟）统计数据如图所示，则（ ） A. 小唐这7天每天运动时长的平均数是72 B. 小唐这7天每天运动时长的极差是42 C. 小唐这7天每天运动时长的中位数是75 D. 小唐这7天每天运动时长的第80百分位数是92 4．已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D． 5. 若某圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，该圆台的体积不小于，则该圆台的高的取值范围是（ ） A B. C. D. 6.在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D．6 7.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（    ） A．该二十四等边体的外接球的表面积为 B．该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式 C．直线与的夹角为60° D．平面 8. 如图，在平面四边形中，为钝角三角形，，则四边形的面积的最大值为（ ） A. 1 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.若复数，则（ ） A. B. C. 为实数 D. 10．如图，已知直三棱柱的所有棱长均为3，分别在棱，上，且分别为的中点，则（    ） A．平面 B．若分别是平面和内的动点，则周长的最小值为 C．若，过三点的平面截三棱柱所得截面的面积为 D．过点且与直线和所成的角都为的直线有且仅有1条 11.欧拉线定理指出三角形的外心､垂心､重心都在同一条直线士，且重心与外心之间的距离是重心与垂心之间的距离的一半.设分别是的外心､垂心和重心，则（ ） A. B. C. D. 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图), ，，，，则这块菜地的面积为 ．    13.九宫格数独游戏是一种训练推理能力的数字谜题游戏.九宫格分为九个小宫格，某小九宫格如图所示，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字，这5个数字未知，且为奇数，则的概率为 . 9 7 4 5 14.在棱长为4的正方体中，分别为线段上的动点，点为侧面的中心，则的周长的最小值为__________. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15．（13分）已知，，是同一平面内的三个不同向量，其中． (1)若，且，求的坐标； (2)若，且，求与的夹角的余弦值． 16．（15分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上. (1)求证：平面； (2)若，点E为的中点，求二面角的余弦值. 17.（15分）近年来，由于互联网的普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润（单位：百元）进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示. （1）求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. （2）以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前的商家进行奖励，两种奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由. 18．（17分）在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为． (1)求，； (2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式； (3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？ 19.（17分）我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作．类比平面向量的线性运算可以定义复向量的线性运算；两个复向量，的数量积记作，定义为；复向量的模定义为． (1)设，，求复向量与的模； (2)已知对任意的实向量与，都有，当且仅当与平行时取等号； ①求证：对任意实数a，b，c，d，不等式成立，并写出此不等式的取等条件； ②求证：对任意两个复向量与，不等式仍然成立； (3)当时，称复向量与平行．设，，，若复向量与平行，求复数z的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024第二学期期末模拟试卷B卷 1．已知复数满足，是的共轭复数，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】， ， 2．对空中移动的目标连续射击两次，设A＝{两次都击中目标}，B＝{两次都没击中目标}，C＝{恰有一次击中目标}，D＝{至少有一次击中目标}，下列关系不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对于选项A，事件A包含于事件D，故A正确； 对于选项B，由于事件B，D不能同时发生，故，故B正确； 对于选项C，由题意知C正确； 对于选项D，由于＝D＝{至少有一次击中目标}，不是必然事件； 而为必然事件，所以，故D不正确． 故选：D. 3.小唐5月日每天的运动时长（单位：分钟）统计数据如图所示，则（ ） A. 小唐这7天每天运动时长的平均数是72 B. 小唐这7天每天运动时长的极差是42 C. 小唐这7天每天运动时长的中位数是75 D. 小唐这7天每天运动时长的第80百分位数是92 【答案】D 【解析】 【详解】，A错误； B选项，小唐这7天每天运动时长的极差是，B错误； C选项，将小唐这7天每天运动时长从小到大排列为， 则小唐这7天每天运动时长的中位数是70，错误； D选项，因为，所以第80百分位数是第6个数，即92，D正确. 故选：D 4．已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得，则有，解得， 又由，则有，解得， 同理可得， 所以， ， ， 所以. 故选：A 5. 若某圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，该圆台的体积不小于，则该圆台的高的取值范围是（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设该圆台的高为，则该圆台的体积. 因为该圆台的体积不小于，所以，解得. 故选：B 6.在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D．6 【答案】B 【详解】因为，由余弦定理可得， 则，则， 又，所以，则的面积， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为． 7.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（    ） A．该二十四等边体的外接球的表面积为 B．该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式 C．直线与的夹角为60° D．平面 【答案】D 【详解】由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示 记正方体体心为，取下底面中心为 ，二十四等边体的棱长为2 易知，则外接球半径 所以外接球的表面积，故A正确. 由欧拉公式可知：顶点数面数棱数2，故B正确. 又因为∥，易知直线与的夹角即为 直线与的夹角为，故C正确. 又因为∥，∥，易知直线与直线的夹角为 可知直线与直线不垂直，故直线与平面不垂直，故D错误. 8. 如图，在平面四边形中，为钝角三角形，，则四边形的面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】（方法一）设，则，在中，， 因为，所以. 四边形的面积为 ， 当，即时， 四边形的面积取得最大值，最大值为. （方法二）四边形的面积. 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.若复数，则（ ） A. B. C. 为实数 D. 【答案】BC 【解析】 【详解】由，得，A错误. ，B正确. 因为，所以为实数，C正确. D错误. 故选：BC 10．如图，已知直三棱柱的所有棱长均为3，分别在棱，上，且分别为的中点，则（    ） A．平面 B．若分别是平面和内的动点，则周长的最小值为 C．若，过三点的平面截三棱柱所得截面的面积为 D．过点且与直线和所成的角都为的直线有且仅有1条 【答案】BC 【详解】直三棱柱的所有棱长均为3， 对于A，由，得， 显然构成一个平面，连接DF，EG，和， 正方形中，，设，显然≌， 则，即为的中点，于是，即为DF的中点， 同理设，则为EG的中点，因此是中位线， 由为中线，得P为中点，因为平面FGED， 因此平面FGED，即平面PFG与平面FGED为同一个平面，则DE在平面PFG内，A错误； 对于B，显然平面与平面所成锐二面角大小为， 计算可得点H到平面和的距离，由选项A知，是的中点， 则点P到平面和的距离，令点P关于平面和的对称点分别为，， 则当M，N分别取直线与平面和的交点时，的周长最短， 由，得， 所以周长的最小值为，B正确； 对于C，由选项A知，D，E在过P，F，G三点的平面内，截面为四边形FGED， ，则截面面积为，C正确； 对于D，显然，过点A作BC的平行线，则， 与成的所有直线构成以A为顶点的两个对顶圆锥（为轴）， 同理与成的所有直线构成以A为顶点两个对顶圆锥（为轴）， 而与所成角，因此圆锥面上公共直线共有两条， 所以过点A且与直线和BC所成的角都为的直线有2条，D错误. 故选：BC 11.欧拉线定理指出三角形的外心､垂心､重心都在同一条直线士，且重心与外心之间的距离是重心与垂心之间的距离的一半.设分别是的外心､垂心和重心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，连接并延长，交于点，则是的中点，， 于是，当时，不共线，即， A错误； 对于B，由欧拉线定理得，有，则，B正确； 对于C，是的垂心，即，则， 于是，即，C正确； 对于D，由欧拉线定理知，则，即，D正确. 故选：BCD 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图), ，，，，则这块菜地的面积为 ．    【答案】 【详解】由几何关系可得，斜二测图形中：， 由斜二测图形还原平面图形，则原图是一个直角梯形，其中上下底的长度分别为1,2，高为，其面积. 13.九宫格数独游戏是一种训练推理能力的数字谜题游戏.九宫格分为九个小宫格，某小九宫格如图所示，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字，这5个数字未知，且为奇数，则的概率为 . 9 7 4 5 【答案】 【详解】这个试验的等可能结果用下表表示： a b c d e 2 1 6 3 8 2 1 8 3 6 6 1 2 3 8 6 1 8 3 2 8 1 2 3 6 8 1 6 3 2 2 3 6 1 8 2 3 8 1 6 6 3 2 1 8 6 3 8 1 2 8 3 2 1 6 8 3 6 1 2 共有12种等可能的结果，其中的结果有8种， 所以的概率为. 故答案为：. 14.在棱长为4的正方体中，分别为线段上的动点，点为侧面的中心，则的周长的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【详解】如图①，设侧面中心为，根据正方体的结构特征可得， 则周长的最小值即的最小值. 将侧面绕着旋转至与平面在同一平面上， 将平面绕着旋转至与平面在同一平面上， 过点作⊥于点，则，其中， 如图②，则， 故的周长的最小值为. 故答案为： 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15．（13分）已知，，是同一平面内的三个不同向量，其中． (1)若，且，求的坐标； (2)若，且，求与的夹角的余弦值． 【答案】(1)或 (2) 【详解】（1）因为，且，所以可设，， 所以，解得， 所以或． （2）因为，所以，所以， 又，所以，解得， 又，所以， 又， 设与的夹角为，所以， 即与的夹角的余弦值为． 16．（15分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上. (1)求证：平面； (2)若，点E为的中点，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为为菱形，所以， 又平面平面， 所以平面. （2）如图，连接，则平面， 由平面，平面，平面，得， 故即为二面角的平面角， 在菱形中，， 所以， 又，所以， 由点E为的中点，得， 所以为等腰三角形，在内过点E作高，垂足为H，则， 所以，即二面角的余弦值为. 17.（15分）近年来，由于互联网的普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润（单位：百元）进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示. （1）求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. （2）以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前的商家进行奖励，两种奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由. 【答案】（1），中位数为74，平均数为72.5 （2）方案一受到奖励的商家更多，理由见解析 【解析】 【小问1详解】 由题意可知，解得. 设中位数为，则，解得，所以中位数为74， 平均数为 【小问2详解】 由题意可知，方案一受到奖励的商家的个数为， 方案二受到奖励的商家的个数为， 因为240>200，所以方案一受到奖励的商家更多. 18．（17分）在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为． (1)求，； (2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式； (3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？ 【答案】(1)， (2)，证明见解析 (3) 【详解】（1）， ； （2）因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态， 从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为， 从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为， 从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖， 此时第次抽奖中奖的概率为， 综上所述，对任意的，， 又，所以； （3）由题意知每抽三次至少有一次中奖， 故连抽次至少中奖次， 所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章， 另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态， 从初始状态开始，抽一次中奖的概率为， 从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为， 从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为， 用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖， 则三次中奖的所有情况如下：， ， 故仅三次中奖的概率为 ， 所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为. 19.（17分）我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作．类比平面向量的线性运算可以定义复向量的线性运算；两个复向量，的数量积记作，定义为；复向量的模定义为． (1)设，，求复向量与的模； (2)已知对任意的实向量与，都有，当且仅当与平行时取等号； ①求证：对任意实数a，b，c，d，不等式成立，并写出此不等式的取等条件； ②求证：对任意两个复向量与，不等式仍然成立； (3)当时，称复向量与平行．设，，，若复向量与平行，求复数z的值． 【答案】(1)， (2)①证明见解析；②证明见解析 (3) 【详解】（1）因为，所以， 所以的模为； 因为，所以， 可得的模为； （2）①设实向量，， 则，， 而， 根据已知，当且仅当与平行时取等号，即， 所以，当且仅当时等号成立； ②因为，所以， 由复数的三角不等式， 由，得，所以， 所以， 综上所知， （3）②考虑①中等号成立的条件知，结合复数的三角不等式， 复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数，使得， 根据题意，若复向量与平行， 则， 根据中等号成立的条件， 应有， 则， 结合，得，解得； 所以，所以． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$