2023-2024学年高一下学期人教A版（2019）必修第二册期末数学模拟预测卷

期末模拟预测卷-2023-2024学年高一下学期数学人教A版2019必修第二册 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．已知复数，则下列正确的是（    ） A． B． C．为纯虚数 D．的实部为1 2．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为6，体积为24，则该球的表面积是（    ） A． B． C． D． 3．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 4．图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法错误的是（    ） A．这10年粮食年产量的极差为16 B．这10年粮食年产量的第70百分位数为35 C．这10年粮食年产量的平均数为33.7 D．前5年的粮食年产量的方差小于后5年粮食年产量的方差 5．如图，在梯形中，分别为的中点，若，其中，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．已知复数且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 7．在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为（   ） A． B． C． D． 8．折纸发源于中国19世纪，折纸传入欧洲，与自然科学结合在一起成为建筑学院的教具，并发展成为现代几何学的一个分支.我国传统的一种手工折纸风车（如图1）是从正方形纸片的一个直角顶点开始，沿对角线部分剪开成两个角，将其中一个角折叠使其顶点仍落在该对角线上，同样操作其余三个直角制作而成的，其平面图如图2，则下列结论成立的个数为（    ） ①；②；③；④ A．1 B．2 C．3 D．4 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． 9．四名同学各投掷骰子次，分别记录骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可能出现点数的是（    ） A．平均数为，中位数为 B．众数为，中位数为 C．平均数为，方差为 D．平均数为，方差为 10．下列有关复数的说法中（其中i为虚数单位），正确的是（    ） A．已知复数满足，则 B．复数的共轭复数的虚部为2 C．若是关于的方程的一个根，则 D．若复数满足，则的最大值为2 11．如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．四点共面 B． C．三线不共点 D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．一只不透明的口袋中装有形状、大小都相同的6个小球，其中2个白球，1个红球和3个黄球，从中1次随机摸出2个球，则恰有一球是黄球的概率是 ． 13．在中，内角，，的对边分别为，，，且，，内角的角平分线长为，则的面积为 . 14．降维类比和升维类比主要应用于立体几何的学习，将空间三维问题降为平面二维或者直线一维问题就是降维类比.平面几何中多边形的外接圆，即找到一点，使得它到多边形各个顶点的距离相等.这个点就是外接圆的圆心，距离就是外接圆的半径.若这样的点存在，则这个多边形有外接圆，若这样的点不存在，则这个多边形没有外接圆.事实上我们知道，三角形一定有外接圆，如果只求外接圆的半径，我们可通过正弦定理来求，我们也可以关注九年义教初中《几何》第三册第94页例2.的结论：三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商.借助求三角形外接圆的方法解决问题：若等腰梯形的上下底边长分别为6和8，高为1，这个等腰梯形的外接圆半径为 ；轴截面是旋转体的重要载体，圆台的轴截面中包含了旋转体中的所有元素：高､母线长､底面圆的半径，通过研究其轴截面，可将空间问题转化为平面问题.观察图象，通过类比，我们可以找到一般圆台的外接球问题的研究方法，正棱台可以看作由圆台切割得到.研究问题：如图，正三棱台的高为1，上､下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为 . 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．已知向量，. (1)当为何值时，与垂直? (2)若，，且，，三点共线，求的值. 16．平面凸四边形中，． (1)若，求； (2)若，求 17．某学校为了解本校历史､物理方向学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图： 已知乙样本中数据在的有10个. (1)求和乙样本直方图中的值； (2)试估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的中位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）； (3)若本校历史方向的学生约为300人，估计其中数学成绩在85分以上的人数. 18．如图 1 所示，在中，点在线段上，满足，是线段上的点，且满足，线段与线段交于点.    (1)若，求实数，的值； (2)若，求实数的值； (3)如图 2，过点的直线与边，分别交于点，，设 ，设的面积为，四边形的面积为，求的取值范围． 19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，在棱上且侧面，，垂足为． (1)求证：平面； (2)若平面与直线交于点，证明：； (3)侧面为等边三角形时，求二面角的平面角的正切值． 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．C 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，即可求得结果. 【详解】因为, 所以，，的实部为，即A、B、D错误，C正确. 故选：C 2．B 【分析】根据正四棱柱的体对角线长等于其外接球直径求出球的半径，即可求得结果. 【详解】设正四棱柱的底面边长为，因为正四棱柱的高为6，体积为24， 所以，即，得，正四棱柱的各顶点都在一个球面上， 所以正四棱柱的体对角线长等于球的直径，即， 所以球的半径为，球的表面积. 故选:B. 3．D 【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关. 【详解】如图可知， 四边形的周长为，四边形的面积为. 故选:D. 4．B 【分析】将数据由小到大排列，利用极差、百分位数、平均数的定义得到A、B、C选项；由前5年和后5年的波动性得到方差的大小，得到D选项. 【详解】A选项，将样本数据从小到大排列为，这10年的粮食年产量极差为，故A正确； B选项，，结合A选项可知第70百分位数为第7个数和第8个数的平均数，即，故B不正确； C选项，这10年粮食年产量的平均数，故C正确： D选项，结合图形可知，前5年的粮食年产量的波动小于后5年的粮食产量波动，所以前5年的粮食年产量的方差小于后5年的粮食年产量的方差，故D正确． 故选：B. 5．B 【分析】运用平面向量基本定理和平行向量的知识可解出． 【详解】分别为的中点，， ， 而①，②， 联立①②得，. 故选：B. 6．B 【分析】利用复数的几何意义，将问题转化为圆上一点到定点的距离的最小值即可. 【详解】设，， 则复数对应的点在以原点为圆心，以1为半径的圆上， 如图， 的几何意义是点到点的距离， 的最小值是复数对应的点到原点的距离减去半径1， 即. 故选：B. 7．D 【分析】作出辅助线，得到四边形为截面，连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥，根据全等和相似关系得到四边形的面积，从而得到四棱锥的体积为，进而得到，小部分几何体的体积等于，求出大部分几何体体积，求出体积之比. 【详解】延长与于点，连接交于点，连接，则四边形为截面， 连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥， 因为为的中点，，故，所以， 又为的中点，故，故，相似比为1:2， 故，，又， 故四边形的面积， 故四棱锥的体积为， 设矩形的面积为， 故， 故， 又，故， 故， 故小部分几何体的体积等于， 故大部分几何体的体积等于， 故小部分的体积和大部分的体积比为. 故选：D 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 8．C 【分析】根据几何关系，直接判断与是否平行，即可判断A;再根据转化向量求数量积判断B；根据几何关系，以及相等相等向量转化，判断C；根据向量转化证明数量积相等. 【详解】A.，则与不平行，故①错误； B.设，， ， ，故②正确； C.，故③正确； D.，故④正确. 故选：C 9．BD 【分析】推出A、C数据矛盾，利用特例说明B、D. 【详解】对于A，若平均数为，则点数和为，又中位数为， 则从小到大排列的前3个数不能大于2，即和不超过6，后2个数的和最大为12，显然不满足条件， 故不可能出现平均数为且中位数为的数据，故A错误； 对于B，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以B正确； 对于C，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为时，一定不会出现点数6，所以C错误； 对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3， 平均数为， 方差为， 所以可以出现点，所以D正确， 故选：BD 10．BD 【分析】由复数的除法得到A选项；由共轭复数的定义得到B选项；二次方程有虚根，则两根共轭，且符合韦达定理，得到C选项；由复数的几何意义得到D. 【详解】对于A中,，所以A不正确； 对于B中，由复数，可得，可得的虚部为2，所以B正确； 对于C中，由若是关于的方程的一个根， 可得方程的另一根为，则，所以C不正确； 对于D中，由复数满足，可得在复平面内表示以为圆心，半径为1的圆， 又由表示圆上的点到原点的距离，可其最大值为2，所以D正确． 故选：BD． 11．AB 【分析】连接，证得且，可得判定A正确、B正确；延长相交于点，结合平面的性质，可判定C不正确；由和时，得到，可判定D错误． 【详解】对于A、B中，如图所示，连接， 因为是的中位线，所以，且， 又因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，且，所以为梯形， 所以四点共面，所以A、B正确； 对于C中，如图所示，延长相交于点， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面， 因为平面平面，所以， 所以三线共点，所以C不正确； 对于D中，因为，当时，， 又，则，所以D错误． 故选：AB    12．/0.6 【分析】利用古典概型，结合列举法即可. 【详解】根据题意，设2个白球的编号为，1个红球的编号为c，3个黄球编号为， 从中1次随机摸出2个球，共有： ，共15种基本事件， 其中满足恰有一球是黄球的基本事件有9种， 故所求概率．     故恰有一球是黄球的概率为：． 故答案为：． 13．/ 【分析】设角的角平分线为，由面积公式得到，将两边平方，再结合余弦定理求出，最后由面积公式计算可得. 【详解】设角的角平分线为，则， 即， 即，所以， 所以， 由余弦定理，即， 所以，解得或（舍去）， 所以. 故答案为： 14． 5 【分析】根据余弦定理求解，即可根据三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商求解，利用正弦定理求解轴截面的上下底长度，即可利用（1）空的结论求解球半径，由体积公式即可求解. 【详解】连接 由于且梯形的高，所以,因此， 因此,, 因此的外接圆半径为，故， 因此的外接圆半径为，故， 因此存在一点到四点距离相等，且距离为，即腰梯形的外接圆半径为5， 设棱台上下两个三角形的外接圆半径分别为, 由于上､下底面边长分别为和，由正弦定理可得， 因此圆台的轴截面为等腰梯形，且其上下底边长分别为6和8，高为1， 根据第一问的结论可知，该圆台的外接球半径为5，故外接球的体积为， 故答案为：5， 15．(1) (2) 【分析】（1）根据题意，求出与的坐标，由向量数量积的计算公式可得，解得即可； （2）根据题意，若，，三点共线，则，求出、的坐标，由向量平行的坐标表示方法可得关于的方差，解得即可． 【详解】（1）根据题意，向量，， 则，， 若与垂直，则有， 解得； （2）根据题意，若，，三点共线，则， 而，， 则，， 则有，解得． 16．(1) (2) 【分析】（1）连接，由勾股定理求出，即可得到的正、余弦值，再求出，即可得到的正、余弦值，再由两角和的余弦公式求出，最后由余弦定理计算可得； （2）首先求出，再由锐角函数计算可得. 【详解】（1）连接，由（1）知， 在中易知． 在中，由，得， 易知． ． 在中由余弦定理得： ， ； （2）连接，在中，由． 得， ， ， 在中，由知． 17．(1)，； (2)平均值81.5，中位数82； (3)114人. 【分析】（1）先计算出乙样本中数据在的频率，从而求出，根据频率之和为1得到方程，求出； （2）中点值作代表，计算出甲样本数据的平均值估计值，再判断出乙样本数据的中位数在第4组，设中位数为，得到方程，求出； （3）计算出乙样本中数学成绩在85分以上的学生频率，从而估计其中数学成绩在85分以上的人数. 【详解】（1）由直方图可知，乙样本中数据在的频率为， 则，解得； 由乙样本数据直方图可知，， 解得. （2）甲样本数据的平均值估计值为 ； 乙样本数据直方图中前3组的频率之和为， 前4组的频率之和为，所以乙样本数据的中位数在第4组. 设中位数为，，解得，所以乙样本数据的中位数为82. （3）乙样本中数学成绩在85分以上的学生频率为， 由样本估计总体得（人）， 故历史方向的学生数学成绩在85分以上的有114人. 18．(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算可得； （2）由共线定理及平面向量基本定理得到方程组，解答即可； （3）由题意可得，根据共线定理得到，根据三形的面积公式可得，再结合，将转化为的二次函数，利用二次函数的性质求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 又，且、不共线，所以，； （2）因为、、三点共线，所以存在实数使得， 所以， 因为，即， 所以， 又因为， 即，又、不共线， 所以，解得， 所以． （3）根据题意． 同理可得：， 由（2）可知，， 所以， 因为，，三点共线，所以， 化简得， 根据题意，， ， 所以 ， 又，则，所以， 所以， 易知，当时，有最大值，又因为， 所以. 19．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先证平面，得到，再根据，可证平面. （2）先证平面，再根据线面平行的性质定理证明线线平行. （3）先确定二面角的平面角，再解直角三角形，求出二面角的正切值. 【详解】（1）如图： 因为侧面，平面，所以， 又因为四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面. 因为侧面，所以，       因为，且，平面， 所以平面. （2）因为底面为正方形，所以, 又因为平面，平面, 所以平面. 又平面，平面平面, 所以. （3）如图： 由题为等边三角形，， 故为中点， 在线段上取点，使得， 因为是正方形，所以， 又， 所以， 又因为底面，底面，所以， 又，平面，，所以平面， 又平面，所以，                      所以即为二面角的平面角， 设， 不妨设等边的边长为2， 则，， 所以在中，. 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 $$