广东省深圳市盐田高级中学2023-2024学年高一下学期期末数学模拟卷4

期末复习模拟卷4 班级：___________ 姓名：___________出题人：李会玲20240624 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数（为虚数单位），则的虚部为（    ） A． B． C． D． 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．已知正四棱台的高为，其所有顶点均在同一个表面积为的球面上，且该球的球心在底面上，则棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 5．已知函数，若函数在上单调递减，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．如图，正六边形的边长为，半径为1的圆的圆心为正六边形的中心，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．如图，边长为1的正方形，其中边在轴上，点与坐标原点重合，若正方形沿轴正向滚动，先以为中心顺时针旋转，当落在轴上时，再以为中心顺时针旋转，如此继续，当正方形的某个顶点落在轴上时，则以该顶点为中心顺时针旋转．设顶点滚动时形成的曲线为，则（    ） A．0 B． C．1 D． 8．已知满足，且函数为偶函数，若，则（    ） A．0 B．1012 C．2024 D．3036 二、多选题 9．已知，，且，则下列说法正确的是（    ） A．有最小值 B．有最小值 C．有最小值 D．有最小值 10．在△ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，则下列结论中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则△ABC是锐角三角形 C．若，则△ABC是等腰三角形 D．若，，则△ABC面积的最大值为 11．如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点为侧棱上的动点，为线段中点.则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．周长的最小值为 C．三棱锥的外接球的体积为 D．平面与平面的夹角正弦值的最小值为 三、填空题 12．某校高一（1）班有男生20人，女生30人.已知某次数学测验中，男生成绩的平均数为100，方差为11，女生成绩的平均数为95，方差为16，则这次测验中班级总体成绩的方差为 . 13．已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，下列说法正确的是 ． ①，，    ②， ③，，    ④，， 14．已知函数，若存在实数.满足，且，则的取值范围是 四、解答题 15．已知向量，且． (1)求的值； (2)若向量与互相垂直，求的值． 16．为了提高学生安全意识，迪庆州某校利用自习课时间开展“防溺水”安全知识竞赛，加强对学生的安全教育，通过知识竞赛的形式，不仅帮助同学们发现自己对“防溺水”知识认知的不足之处，还教会了同学们溺水自救的方法，提高了应急脱险能力．现抽取了甲组20名同学的成绩记录如下：甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，141，142．抽取了乙组20名同学的成绩，将成绩分成五组，并画出了其频率分布直方图． (1)根据以上记录数据求甲组20名同学成绩的第80百分位数，并根据频率分布直方图估计乙组20名同学成绩的众数； (2)现从甲乙两组同学的不低于140分的成绩中任意取出2个人的成绩，求取出的2个人的成绩不在同一组的概率． 17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. (1)证明：； (2)若，，求的面积. 18．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为线段上一点，且，，. (1)求证：平面； (2)设是线段上一点，若，棱锥的体积为1，求二面角的正切值. 19．已知函数为偶函数． (1)求实数的值； (2)求函数的值域； (3)若函数，，那么是否存在实数，使得的最小值为1？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．A 【分析】根据题意，将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为，即，所以， 且，则. 故选：A 2．B 【分析】直接计算得到，然后根据虚部的定义即可. 【详解】，所以. 故选：B. 3．D 【分析】根据诱导公式及二倍角的余弦公式求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：D. 4．C 【分析】利用棱台及其外接球的特征结合台体体积公式计算即可. 【详解】设球心为，球的半径为，棱台高为， 则，所以， 由于在底面上，底面为正方形， 易得正方形的边长为，面积为16； 设底面的外接圆半径为，则， 易得正方形的边长为，面积为4； 所以正四棱台的体积为. 故选:C． 5．D 【分析】根据条件，利用的性质，得到且，即可求出结果. 【详解】由，得到， 又因为在上单调递减，所以， 得到，又，，即， 令，得到， 故选：D. 6．B 【分析】根据题意，以为原点建立平面直角坐标系，设点，则，将表示为关于的表达式，结合正六边形的性质算出的取值范围. 【详解】以为原点，六边形的左、右顶点所在直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系， 则圆的方程为，当在轴下方，且位于正六边形与轴平行的边上时， 的纵坐标为，可得，其中， 设，则，． 可得，， 所以， 结合，当时，有最小值， 当时，有最大值，可知， 根据图形的对称性，可知：当在正六边形其它的边上时，也成立. 综上所述，的取值范围为. 故选：B 7．A 【分析】根据已知条件及函数的周期性即可求解． 【详解】由题意可知，是周期为的函数， 所以. 由题意可得，当时，点恰好在轴上，所以， 所以. 故选：A. 8．D 【分析】由题意得，函数的周期为4，进一步，由此即可顺利得解. 【详解】由题意函数为偶函数，所以，的图象关于直线对称， 所以， 函数的周期为4， 在中，分别令， 得， 解得， 所以. 故选：D. 【点睛】关键点睛：关键是得到函数的对称性、周期性，从而顺利得解. 9．AB 【分析】对于A，直接利用基本不等式式即可；对于B，利用乘“1”法即可；对于C，代换，再利用乘“1”法即可；对于D，化简表达式得到，再利用和不能同时为零即可否定结论. 【详解】对于A，由，得，当且仅当，即，时取等号，故A正确； 对于B，，当且仅当，即，时取等号，故B正确； 对于C，由，得， 所以， 当且仅当，即，即时取等号，故C错误； 对于D，有， 而由于和不相等，从而它们不能同时为零，所以，故D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用基本不等式及不等式的性质求出或否定最值. 10．AD 【分析】对于选项A，由正弦定理可得，结合二倍角公式可得；对于选项B，由余弦定理得为锐角；对于选项C，由正弦定理边化角，结合三角恒等变换求解；对于选项D，由余弦定理结合基本不等式得，由三角形面积公式可得面积的最大值． 【详解】对于选项A，已知，则， 则， 即，即选项A正确； 对于选项B，由正弦定理得：，则，即A为锐角，则△ABC不一定是锐角三角形，即选项B错误； 对于选项C，已知若，则， 即，即， 则， 展开整理得， 又，， 则或，则△ABC直角三角形或等腰三角形，即选项C不正确； 对于选项D，已知，，则， 即，即，当且仅当时取等号， 即，则△ABC面积的最大值为，即选项D正确． 故选：AD． 11．ACD 【分析】根据线面垂直的判定定理与性质即可判断A；如图，确定三点共线时取得最小值，进而判断B；如图，确定球心和半径即可判断C；利用空间向量法求解面面角即可判断D. 【详解】A：由题意知，，又平面， 所以平面，由平面，得； 当为的中点时，又四边形为正方形，为的中点， 所以，由平面，所以平面，故A正确； B：将平面和平面沿铺成一个平面，如图，连接，交于， 此时三点共线，取得最小值，即的周长取得最小值， 又， 所以的周长的最小值为，故B错误； C：易知中，，取的中点，过作平面，如图 ， 则三棱锥的外接球的球心必在上，且， 所以球的半径为，其体积为，故C正确； D：易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则，设， 所以， 易知为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 所以， 当且仅当时等号成立，设平面与平面所成角为， 则，所以，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 12．20 【分析】根据平均数、方差公式计算可得. 【详解】依题意得这次测验中班级总体成绩的平均数为， 方差为. 故答案为： 13．①④ 【分析】利用线面平行、线面垂直及面面平行的性质逐一判断各个命题即得. 【详解】对于①，由，得存在过的平面与相交，令交线为，则，而， 于是，又，因此，①正确； 对于②，，，可能在内，②错误； 对于③，，，，可以是异面直线，③错误； 对于④，由，得存在过的平面与相交，令交线为，则， 由，，得，则，因此，④正确. 故答案为：①④ 14． 【分析】作出函数的图象，结合图象可知之间的关系，将转化为关于的二次函数求范围即可. 【详解】作出函数的图象，如图， 因为，，， 所以由图可知，，， 所以， 在上单调递增，所以， 即的取值范围是. 故答案为：. 15．(1)4 (2)或 【分析】（1）由及已知条件，代入计算即可； （2）由已知得，根据向量数量积的运算律及已知条件代入求解即可． 【详解】（1）， ，，即，则， ． （2）由向量与互相垂直得， 所以，即， 即，解得或． 16．(1)第80百分位数为133，众数135 (2) 【分析】（1）根据百分位数、众数的定义计算即可； （2）根据古典概型公式计算即可． 【详解】（1）∵， ∴甲组20名同学成绩的第80百分位数为，众数为； （2）甲组20名同学的成绩不低于140分的有2个， 乙组20名同学的成绩不低于140分的有个， 记事件A为“取出的2个成绩不是同一组”， 任意选出2个成绩的所有样本点共个， 其中两个成绩不是同一组的样本点共个， ∴． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先用二倍角公式化简，然后用正弦定理即可得到答案. （2）结合（1）中结果即可求出，然后带入面积公式，即可求出面积. 【详解】（1）由得， 化简得，     由正弦定理可得，故得证. （2）由（1）及得，， 所以，. 所以. 18．(1)证明见解析 (2)3 【分析】（1）通过证明和即可证明； （2）以为原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系即可求出. 【详解】（1）在直角和直角中，， 所以，所以， 所以，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，所以平面； （2）设到平面的距离为， 则，解得， 以为原点建立如图空间直角坐标系， 则，，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，可得， 显然平面的一个法向量为， 则， 由图可知二面角的平面角为锐角，设为， 则，所以. 19．(1)1 (2) (3)存在， 【分析】（1）由函数的定义域为，根据偶函数的定义即可求解； （2）将函数变形，令，，由基本不等式结合对数函数的单调性即可求解； （3）令，构造新函数，，根据二次函数的性质分情况讨论即可求解. 【详解】（1）函数的定义域为， ， 因为函数为偶函数， 所以，即， 得； （2）， 设， 所以，， 因为，所以， 所以， 当且仅当，，即，时，等号成立， 所以函数的值域为； （3）， ，， 令， 所以设，， 函数的对称轴， 当，即时，在上单调递增， ， 所以，得，成立， 当时，即时，在上单调递减， ， 所以，得，舍去， 当时，即，函数的最小值为， 所以，得，舍去， 综上可知，. 【点睛】关键点点睛：第一问利用偶函数的定义求参数，注意函数的定义域，第二问指对型函数的化简，转化为求函数的值域，结合基本不等式，第三问的关键是换元后转化为二次函数的最值问题. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$