2023-2024学年高一数学下学期期末模拟卷（三）

2023-2024学年高一数学下学期期末模拟卷（三） 第Ⅰ卷 一、单选题 (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．已知复数满足，且，则（    ） A．1 B． C． D． 2．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件 “第一枚硬币正面朝上”，事件 “第二枚硬币反面朝上”，则下列说法正确的是（    ） A．与互为对立事件 B． C．与相等 D．与互斥 3．若是关于x的方程的一个根（其中i为虚数单位，），则q的值为（    ） A． B．2 C．－2 D．1 4．设 ，是向量，则“”是“或”的（    ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．在中，点是线段上的两个动点，且，则的最小值为（    ）． A． B． C．2 D．8 6．正方体的体积是8，若E为的中点，F为中点，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 7．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首次比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场比赛轮空，直至有一人被淘汰：当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都是，则甲最终获胜的概率是（    ） A． B． C． D． 8．已知正方体的所有顶点均在体积为的球上，动点在底面上运动，且满足直线与直线所成角的正弦值为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 (本大题共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．在空间中，如下四个命题正确的有（    ） A．平行于同一个平面的两条直线是平行直线 B．垂直于同一条直线的两个平面是平行平面 C．若平面内有不共线的三个点到平面距离相等，则 D．过平面的一条斜线有且只有一个平面与平面垂直 10．下述关于频率与概率的说法中，错误的是（    ） A．设有一大批产品，已知其次品率为0.1，则从中任取100件，必有10件是次品 B．做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的概率是 C．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率 D．利用随机事件发生的频率估计随机事件的概率，即使随机试验的次数超过10000，所估计出的概率也不一定很准确． 11．在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当，四棱锥的外接球的表面积是 C．△周长的最小值为 D．若，则点的轨迹长为 第Ⅱ卷 三、填空题 (本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．已知向量满足，则与的夹角大小为 . 13． 某地区为了解最近11天该地区的空气质量，调查了该地区过去11天小颗粒物的浓度（单位：），数据依次为．已知这组数据的极差为，则这组数据的第百分位数为 . 14． 已知平面非零向量满足:，且与的夹角为，则在所有的情况中，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．在中，，为钝角，． (1)求； (2)从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求的面积． ①； ②； ③． 注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分． 16．某校从高二年级学生中随机抽取60名学生，将他们的期中成绩（均为整数）分成六段，，后得到如图所示的频率分布直方图，观察图形，回答下列问题： (1)求，并估计此次期中考试成绩的众数. (2)利用分层抽样的方法从样本中成绩在和两个分数段内的学生中抽5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10的概率. 17．如图，在三棱柱中，． (1)求证：平面平面； (2)求四棱锥的体积． 18．在棱长均为2的正三棱柱 中， E为 的中点．过AE的截面与棱 分别交于点F， G． (1)若F为 的中点，求三棱柱被截面AGEF分成上下两部分的体积比 (2)若四棱锥的体积为 求截面 AGEF 与底面ABC所成二面角的正弦值； (3)设截面AFEG的面积为 面积为S₁，△AEF面积为 当点F在棱 上 变动时，求 的取值范围． 19．在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列：，，，…，与；，，，…，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②，其中，2，3，…，，则称与互为正交点列． (1)求：，，的正交点列； (2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由； (3)证明：，，都存在整点列无正交点列． 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学年高一数学下学期期末模拟卷（三） 第Ⅰ卷 一、单选题 (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．已知复数满足，且，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】设，然后由已知条件列方程组可求出，,从而可求出 【详解】设，则由，得， 由，得，即， 所以，化简整理得，得， 所以，得， 所以， 故选：D 2．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件 “第一枚硬币正面朝上”，事件 “第二枚硬币反面朝上”，则下列说法正确的是（    ） A．与互为对立事件 B． C．与相等 D．与互斥 【答案】B 【分析】AD选项，根据互斥事件和对立事件的概念进行判断；B选项，求出两事件的概率；C选项，两事件不是同一事件，C错误. 【详解】AD选项，事件与能同时发生，不是互斥事件，不是对立事件，故AD均错误； B选项，，故B正确； C选项，事件与事件不是同一个事件，故C错误． 故选：B． 3．若是关于x的方程的一个根（其中i为虚数单位，），则q的值为（    ） A． B．2 C．－2 D．1 【答案】B 【分析】 根据题意得到是方程的另一个解，由韦达定理得到答案. 【详解】由题意得是的另一个根， 由韦达定理得. 故选：B 4．设 ，是向量，则“”是“或”的（    ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为，可得，即， 可知等价于， 若或，可得，即，可知必要性成立； 若，即，无法得出或， 例如，满足，但且，可知充分性不成立； 综上所述，“”是“且”的必要不充分条件. 故选：B. 5．在中，点是线段上的两个动点，且，则的最小值为（    ）． A． B． C．2 D．8 【答案】C 【分析】画出图形，通过向量线性运算分析得到，从而利用乘“1”法以及基本不等式即可求解，注意验证取等条件是否满足. 【详解】如图所示： 不妨设，则， 同理设，则， 所以 又由题意， 所以， 从而， 当时，由基本不等式可得， 等号成立当且仅当. 综上所述：的最小值为2. 故选：C. 6．正方体的体积是8，若E为的中点，F为中点，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】采用等体积法，把棱锥的体积转换为棱锥的体积. 【详解】如下图所示， ， 根据题意可知正方体棱长为2，的高为2，点E到平面的距离为 ， 故选:D 7．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首次比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场比赛轮空，直至有一人被淘汰：当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都是，则甲最终获胜的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设甲失败的事件为,乙失败的事件为,丙失败的事件为,甲最终获胜事件为，根据题意列出的所有可能，结合独立事件乘法公式即可求解. 【详解】设甲失败的事件为,乙失败的事件为,丙失败的事件为,甲最终获胜事件为， 则甲最终获胜的概率为 . 故选：D. 【点睛】关键点睛：将甲最终获胜事件拆解为互斥事件的和，利用加法公式、乘法公式进一步得解. 8．已知正方体的所有顶点均在体积为的球上，动点在底面上运动，且满足直线与直线所成角的正弦值为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据球的体积求出正方体的棱长，利用直线与直线所成角的正弦值求得，故知故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，写出的表达式，从而求得最小值． 【详解】设正方体的棱长为，则球的半径为， 故球的体积为，解得． 由于，所以直线与直线所成角的正弦值为，即，解得， 故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一(如图所示) 设正方形的中心为，连接，， 则． 故选：C 【点睛】求解本题的关键：（1）确定点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一；（2）写出的表达式． 二、多选题 (本大题共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．在空间中，如下四个命题正确的有（    ） A．平行于同一个平面的两条直线是平行直线 B．垂直于同一条直线的两个平面是平行平面 C．若平面内有不共线的三个点到平面距离相等，则 D．过平面的一条斜线有且只有一个平面与平面垂直 【答案】BD 【分析】根据线面、面面位置关系逐项判断即可得解.. 【详解】对于选项A，平行于同一个平面的两条直线，可能平行，相交或异面，不正确； 对于选项B，由线面垂直的性质定理知垂直于同一条直线的两个平面是平行平面，正确； 对于选项C，若平面内有不共线的三个点到平面距离相等，则与可能平行，也可能相交，不正确； 对于选项D，因为一条斜线只有一条射影，只能确定一个平面，所以过平面的一条斜线有且只有一个平面与平面垂直，正确. 故选：BD. 10．下述关于频率与概率的说法中，错误的是（    ） A．设有一大批产品，已知其次品率为0.1，则从中任取100件，必有10件是次品 B．做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的概率是 C．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率 D．利用随机事件发生的频率估计随机事件的概率，即使随机试验的次数超过10000，所估计出的概率也不一定很准确． 【答案】 ABC 【分析】根据频率与概率的关系，结合各选项的描述判断正误. 【详解】对于A: 从中任取100件，可能有10件，A错误； 对于B: 做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的频率是，不是概率为，B错误； 对于C:多次重复试验中事件发生的频率在某一常数附近，此常数为概率，与描述不符，C错误； 对于D:10000次的界定没有科学依据，“不一定很准确"的表达正确，试验次数越多，频率越稳定在概率值附近，但并非试验次数越多，频率就等于概率，D正确. 故选: ABC. 11．在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当，四棱锥的外接球的表面积是 C．周长的最小值为 D．若，则点的轨迹长为 【答案】ABD 【分析】A选项，先得到，故点在线段上，证明出，所以三棱锥为定值；B选项，点为线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径和外接球面积；C选项，取线段的中点，由对称性知，，数形结合得到，从而得到周长的最小值；D选项，由得到点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，求出圆的半径，得到轨迹长度. 【详解】A选项，当时，， 故，即， 故点在线段上， 连接，与相交于点，则为的中点，连接， 因为为的中点，所以，故三棱锥的体积为定值，A正确； B选项，当时，由A选项可知，，点为线段的中点， 连接相交于点，则⊥平面， 设正四棱锥的外接球的球心为，则三点共线， 其中，设，则， 由勾股定理得，即， 解得，则表面积是，B正确； C选项，点在矩形及其内部，取线段的中点，由对称性知，， ，此时三点共线， 又，，C错误； D选项，因为 ，又点在矩形及其内部， 点的轨迹为点为球心，半径长为的球面被平面截且在矩形及其内部的图形， 又⊥平面，且，故 ， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分， 如图，其中，，故， 则， 则， 则轨迹长为，D正确. 故选：ABD 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 第Ⅱ卷 三、填空题 (本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．已知向量满足，则与的夹角大小为 . 【答案】 【分析】直接利用平面向量的夹角公式求解即可. 【详解】设与的夹角为，由夹角公式， 因为， 所以． 故答案为：. 【点睛】此题考查求向量的夹角，属于基础题. 13． 某地区为了解最近11天该地区的空气质量，调查了该地区过去11天小颗粒物的浓度（单位：），数据依次为．已知这组数据的极差为，则这组数据的第百分位数为 . 【答案】79 【分析】根据极差求得的值，计算，根据百分位数的含义即可确定答案即可. 【详解】由题意得，数据的极差为，因为数据中最小值为， 故应为最大值，为81，则 ， 将数据从小到大排列为： ， 故这组数据的第百分位数为第九个数据. 故答案为：79 14． 已知平面非零向量满足:，且与的夹角为，则在所有的情况中，的最小值为 ． 【答案】2 【分析】建立如图平面直角坐标系，设．根据向量数量积的坐标表示求得，进而或，分类讨论结合向量的线性运算，即可求解. 【详解】令．建立如图平面直角坐标系，    不妨设． ， ，则， ． ．由，得或， 根据对称性，只研究的情况，因为，要求的最小值， 只需求，当时，， 当时，， 综上，的最小值为2. 故答案为：2 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．在中，，为钝角，． (1)求； (2)从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求的面积． ①； ②； ③． 注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)． (2)答案见解析 【分析】（1）由已知等式结合二倍角公式和正弦定理求得，即可得到A； （2）分析选条件①不合题意； 选条件②，由已知结合正弦定理求得，由可求得，再由三角形面积公式求解即可； 选条件③，由（1）及已知可求得，结合余弦定理求得，再由三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以， 所以， 在中，由正弦定理得， 因为，所以， 因为A为钝角， 所以． （2）若选条件①，因为，， 所以，与矛盾，故不合题意，舍去； 若选条件②，因为，所以， 在中，由正弦定理得， 所以， 又， 所以的面积为； 若选条件③，由（1）知， 因为，所以， 由余弦定理得， 即，解得， 所以的面积为． 16．某校从高二年级学生中随机抽取60名学生，将他们的期中成绩（均为整数）分成六段，，后得到如图所示的频率分布直方图，观察图形，回答下列问题： (1)求，并估计此次期中考试成绩的众数. (2)利用分层抽样的方法从样本中成绩在和两个分数段内的学生中抽5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10的概率. 【答案】(1)，众数为75； (2). 【分析】（1）由频率和为1列方程求参数，由直方图确定众数； （2）由分层抽样的比例有在抽取人，记为A，B，C，抽取人，记为1，2，应用列举法及古典概型的概率求法求概率. 【详解】（1）由直方图知：，则， 由图知：区间的频率最大，故众数为75. （2）成绩在分数段的人数有，成绩在分数段的人数有， 采用分层抽样的方式，在抽取人，记为A，B，C，抽取人，记为1，2， 从这5人中随机抽取两人，所有的基本事件有共10种， 2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10等价于这2个同学在同一个分数段. 记“这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10”为事件N， 则事件N包含的基本事件有共4种， 所以所求概率为. 17．如图，在三棱柱中，． (1)求证：平面平面； (2)求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）取的中点，连接，即可证明、，从而得到平面，即可得证； （2）依题意可得，则，根据锥体体积公式可得. 【详解】（1）如图，取的中点，连接， 因为，所以， 因为，所以，所以， 所以． 在中，，所以， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）由（1）可知平面，， 所以四棱锥的体积 ． 18．在棱长均为2的正三棱柱 中， E为 的中点．过AE的截面与棱 分别交于点F， G．    (1)若F为 的中点，求三棱柱被截面AGEF分成上下两部分的体积比 (2)若四棱锥的体积为 求截面 AGEF 与底面ABC所成二面角的正弦值； (3)设截面AFEG的面积为 面积为S₁，△AEF面积为 当点F在棱 上变动时，求 的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）可以连接，并延长，通过三角形相似得出为靠近的三等分点，然后将要求的几何体分割成几个锥体，转换底面计算即可； （2）先求出点到平面的距离，得到为靠近的四等分点．然后通过平面与平面垂直的性质证所做出的角是二面角的平面角，在直角三角形中用三边关系求解即可； （3）可以设，，先表示与的关系，再用表示. 【详解】（1）连接，并延长，交于点，交的延长线于点，连接交于点，连接，.    易得. 故为靠近的三等分点. 得到，. 下面求三棱柱被截面分成两部分的体积比． 三棱柱的体积. 连接，，由平面知，. . . 故. （2）由及可得，可得； 即点到平面的距离为，即到的距离为，为靠近的四等分点． 因为平面平面， 所以截面与平面所成角即为截面与平面所成角，在中，，，故. 又因为平面平面，且平面平面， 所以平面，平面，，则即为截面与底面所成的二面角的平面角． 在直角中，，，；. 因此，截面与平面所成二面角的正弦值为. （3）设，，. 设的面积为，可得.又因为，所以. 令则，； 当时，单调递减，，. 所以的取值范围为. 19．在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列：，，，…，与；，，，…，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②，其中，2，3，…，，则称与互为正交点列． (1)求：，，的正交点列； (2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由； (3)证明：，，都存在整点列无正交点列． 【答案】(1)，， (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由正交点列的定义可知，，设，由正交点列的定义可知，即可得出结论； （2）设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，，因为与，与相同，即可得到结论； （3），，都存在整点列无正交点列.设，其中，是一对互质整数，，列式，分类讨论，即可得出结论. 【详解】（1）设点列，，的正交点列是，，， 由正交点列的定义可知，， 设，， 由正交点列的定义可知， 即，解得 所以点列，，的正交点列是，，. （2）由题可得， 设点列，，，是点列，，，的正交点列， 则可设，，， 因为与，与相同，所以有 因为，，，得方程，显然不成立， 所以有序整点列，，，不存在正交点列； （3），，都存在整点列无正交点列. ，，设，其中，是一对互质整数， 若有序整点列，，，是点列，，，正交点列， 则， 则有 当为偶数时，取，. 由于，，，是整点列，所以有，. 等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立， 所以该点列，，，无正交点列； 当为奇数时，取，，，， 由于，，，是整点列，所以有，. 等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立， 所以该点列，，，无正交点列. 综上所述，，，都存在无正交点列的有序整数点列. 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 $$