高一数学期末模拟卷-2023-2024学年高一数学人教A版2019

2023-2024学年高一数学下学期期末模拟卷 第Ⅰ卷 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1．若，则（    ） A． B． C． D． 2．如图，圆锥的底面直径和高均为，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，我们称该圆柱为圆锥的内接圆柱.则该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．如图，在平行四边形中，点是的中点，且，设，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 4．在中，，，分别为角，，所对的边，已知，，，若满足条件的角有两个不同的值，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．若两个非零向量与满足，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 6．某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中MA，NB均与水平面垂直，在已测得可直接到达的两点间距离AC，BC的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中一定能唯一确定M，N之间的距离的有（    ） ①；②；③；④. A．②④ B．①③ C．③④ D．①③④ 7．给定一个正整数，从集合中随机抽取一个数，记事件“这个数为偶数”，事件“这个数为3的倍数”.下列说法正确的是（    ） A．若，，则至少存在一个，使事件和事件不独立 B．若，，则存在无穷多个，使事件和事件独立 C．若为奇数，则至少存在一个，使事件和事件独立 D．若为偶数，则对任意的，事件和事件独立 8．如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，给出下列判断: ①直线与异面；②平面ABCD；③三棱锥的体积为定值；④的面积与的面积相等;⑤.其中判断正确的个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 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．设，是复数，则下列说法正确的是（    ） A．若为实数，则，互为共轭复数 B．若，则 C．若，则 D．若，则在复平面内对应点的集合所构成的图形的面积为. 10．设一组样本数据满足，则（    ） A．拿走，这组数据的方差变大 B．拿走，这组数据的方差变大 C．拿走，这组数据的方差减小 D．拿走，这组数据的方差减小 11．一个盒子里装有个白球、个黑球，从中有放回地取两次球，每次取出个．设事件{第一次取出白球}，事件{第二次取出黑球}，事件{两次至少取出1个白球}，事件{两次至少取出1个黑球}，事件{两次取出的都是黑球}，则下列关系正确的是（    ）． A．与相互独立 B．与互斥 C．与互斥 D．与互为对立 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知甲、乙、丙三人投篮的命中率分别为0.7，0.5，0.4，若甲、乙、丙各投篮一次（三人投篮互不影响），则至多有一人命中的概率为 . 13．已知向量，，满足，，，，则的取值范围为 . 14．在直三棱柱中，是棱上一点，平面将直三棱柱分成体积相等的两部分.若四点均在球的球面上，则球的体积为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分）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. 16．（15分）在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角C的大小； (2)若D为AB中点，且，求面积的最大值； (3)若，求周长的取值范围． 17．（15分）在平行四边形中，分别为的中点，将三角形沿翻折，使得二面角为直二面角后，得到四棱锥. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求与平面所成角的正弦值. 18．（17分）甲、乙、丙三位同学进行乒乓球比赛，每局比赛两人对战，另一人轮空，没有平局．每局胜者与此局轮空者进行下一局的比赛．约定先赢两局者获胜，比赛随即结束．已知每局比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为． (1)若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率； (2)判断并说明由哪两位同学进行首场对战才能使甲获胜的概率最大． 19．（17分）函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数． (1)若函数的对称中心为，求函数的解析式． (2)由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积．进而，一元n次多项式方程有n个复数根（重根按重数计）．如设实系数一元二次方程，在复数集内的根为，，则方程可变形为，展开得：则有，即，类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系． ①若，方程在复数集内的根为，当时，求的最大值； ②若，函数的零点分别为，求的值. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5 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 第Ⅰ卷 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：C. 2．如图，圆锥的底面直径和高均为，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，我们称该圆柱为圆锥的内接圆柱.则该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，用的函数表达式表示出圆柱的侧面积，再利用基本不等式即可求出最大值． 【详解】圆锥轴截面如图所示， 设圆柱的底面半径为，，由可知，，即， 所以， 故被挖去的圆柱的侧面积为， 当且仅当时取等号，即时，被挖去的圆柱的侧面积最大值为． 故选：C 3．如图，在平行四边形中，点是的中点，且，设，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以，表示出，，，设，根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可. 【详解】因为，， ， 设，则， 即， 又，不共线，所以，解得，所以. 故选：C 4．在中，，，分别为角，，所对的边，已知，，，若满足条件的角有两个不同的值，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知条件根据正弦定理用表示出，然后由和正弦函数的性质求出的范围，从而可求出的取值范围. 【详解】由正弦定理，可得， 所以， 若满足条件的角有两个不同的值，即三角形有两解， 因为，所以， 即，解得. 故选：. 5．若两个非零向量与满足，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用模长公式结合数量积公式求解即可． 【详解】因为，两边平方，得到 ，即，即(1), 又＝(2)，(3)． 并且， 则，将(1),(2),(3)代入，得到，，则． 故选：B. 6．某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中MA，NB均与水平面垂直，在已测得可直接到达的两点间距离AC，BC的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中一定能唯一确定M，N之间的距离的有（    ） ①；②；③；④. A．②④ B．①③ C．③④ D．①③④ 【答案】C 【分析】记，，，，，，，，，，，，，再利用正余弦定理逐一分析判断和举反例判断即可. 【详解】记，，，，，， ，，，，，，． 先从③入手：已知，在中，由，可确定； 同理，在中，可确定； 在中，由及余弦定理，可确定，故③正确； 再考察④：已知，在中，由及余弦定理，可确定； 在中，由，可确定；同理，在中，可确定， 由，（1） 可确定，故④正确； 对于①：已知，可确定， 在中，已知，解三角形知可能有两解， 例如若，则，解得或2， 代入（1）使也有两个值，故①错误； 对于②：已知，同③④，可确定， 在中，由勾股定理，得， 在中，由余弦定理，得，（2） 联立（1）、（2），得， 解此关于的二元方程组，可得，但此二元二次方程组可能有两解， 例如若，得， 解得或，故②错误. 故选：C 【点睛】方法点睛：已知三角形的两边及一角解三角形的方法：先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解思路有两种： （1）利用余弦定理求出其它角； （2）利用正弦定理（已知两边和其中一边的对角）求解. 若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这个问题（在上，余弦值所对的角是唯一的），故用余弦定理较好. 7．给定一个正整数，从集合中随机抽取一个数，记事件“这个数为偶数”，事件“这个数为3的倍数”.下列说法正确的是（    ） A．若，，则至少存在一个，使事件和事件不独立 B．若，，则存在无穷多个，使事件和事件独立 C．若为奇数，则至少存在一个，使事件和事件独立 D．若为偶数，则对任意的，事件和事件独立 【答案】B 【分析】主要是用判断事件的相互独立性. 【详解】对于A，对于任意，， 即事件和事件独立， A不正确. 对于B，当时，满足； 当时，满足； 以此类推，当时，，，满足； 故存在无穷多个，使事件和事件独立，B正确. 对于C，当时，， 此时显然； 当时，， 此时显然； 当时，， 此时显然； 综上可知，对任意奇数，事件和事件都不独立；C不正确. 对于D，当时，D不正确. 故选：B. 8．如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，给出下列判断: ①直线与异面；②平面ABCD；③三棱锥的体积为定值；④的面积与的面积相等;⑤.其中判断正确的个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】连接，利用异面直线的判定即可判断①；利用面面平行的性质可判断②；利用锥体的体积公式可判断③⑤；计算出、的面积，可判断④. 【详解】对①，连接，交于点，因为， 则四点共面，又因为，则平面与平面交于点， 显然平面，且未经过点，则直线与异面，故①正确； 命题①正确； 对②，因为平面平面，平面，则平面，命题②正确； 设，则为的中点，且，即点到平面的距离为， 因为平面，平面，则， 又因为且，故四边形为矩形， 故， 因此，，是定值，命题③正确； 连接、，取的中点，连接，易知是边长为的等边三角形， 所以，，且， 所以，，所以④错误； 因为平面，所以，点、到平面的距离相等，    因为，所以⑤正确； 综上，正确命题的序号为①②③⑤，有个． 故选：C． 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．设，是复数，则下列说法正确的是（    ） A．若为实数，则，互为共轭复数 B．若，则 C．若，则 D．若，则在复平面内对应点的集合所构成的图形的面积为. 【答案】BCD 【分析】根据共轭复数的定义即可判断选项AC；利用复数的运算和模长的计算公式即可判断B选项；利用复数的几何意义即可判断D选项. 【详解】对于A，若，则为实数， 但，不是共轭复数，故A错误； 对于B，设则 若，则，故B正确； 对于C，设则，故C正确； 对于D，若， 则在复平面内对应点的集合所构成的图形是以原点为圆心， 半径分别为1和的两个圆所形成的圆环部分. 故所构成的图形的面积为：，故D正确. 故选：BCD 10．设一组样本数据满足，则（    ） A．拿走，这组数据的方差变大 B．拿走，这组数据的方差变大 C．拿走，这组数据的方差减小 D．拿走，这组数据的方差减小 【答案】AD 【分析】对于A，直接证明即可；对于B，C，构造反例即可；对于D可直接用拿走后的方差为零说明结论. 【详解】熟知对一组数据，其方差等于各个数据的平方的算术平均值与算术平均值的平方之差，即. 将拿走前后的方差分别记为. 对于A，给五个元素同时加上或减去同一个数，不影响方差，所以可以适当平移，使得剩下的4个元素：的平均值为0， 不妨设，则，，所以. 故 ， 所以A正确； 对于B，考虑，则，，所以B错误； 对于C，考虑，则，，所以C错误； 对于D，由于这组数据不全相等，所以，而，所以D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于方差的计算. 11．一个盒子里装有个白球、个黑球，从中有放回地取两次球，每次取出个．设事件{第一次取出白球}，事件{第二次取出黑球}，事件{两次至少取出1个白球}，事件{两次至少取出1个黑球}，事件{两次取出的都是黑球}，则下列关系正确的是（    ）． A．与相互独立 B．与互斥 C．与互斥 D．与互为对立 【答案】AD 【分析】根据互斥事件、对立事件、相互独立事件的知识逐一判断即可. 【详解】由题意可知， 样本空间“第一次取出白球，第二次取出黑球”，“第一次取出白球，第二次取出白球”，“第一次取出黑球，第二次取出白球”，“第一次取出黑球，第二次取出黑球”， 对于A，因为， 则，所以与相互独立，故A正确； 对于B，事件第一次取出白球，事件两次至少取出1个白球均包含 “第一次取出白球，第二次取出黑球”和“第一次取出白球，第二次取出白球”，故B错误； 对于C，事件两次至少取出1个白球，事件两次至少取出1个黑球均包含 “第一次取出白球，第二次取出黑球”和“第一次取出黑球，第二次取出白球”，故C错误； 对于D，事件“第一次取出白球，第二次取出黑球”，“第一次取出白球，第二次取出白球”，“第一次取出黑球，第二次取出白球”， 事件“第一次取出黑球，第二次取出黑球”，所以与对立，故D正确. 故选：AD. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知甲、乙、丙三人投篮的命中率分别为0.7，0.5，0.4，若甲、乙、丙各投篮一次（三人投篮互不影响），则至多有一人命中的概率为 . 【答案】0.45/ 【分析】利用独立事件的乘法公式、对立事件的概率公式以及互斥事件的概率加法公式求解即可. 【详解】甲、乙、丙各投篮一次（三人投篮互不影响）， 则没有人命中的概率为， 恰有一人命中的概率为， 所以至多有一人命中的概率为. 故答案为：0.45 13．已知向量，，满足，，，，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】由题意可得：，设，，，由可得：，从而可得：，进而可求出结果. 【详解】由题意可得：，设，，， ，，，， 整理得：，所以， 因为，所以，所以， 即的取值范围为. 故答案为：. 14．在直三棱柱中，是棱上一点，平面将直三棱柱分成体积相等的两部分.若四点均在球的球面上，则球的体积为 . 【答案】 【分析】由平面将直三棱柱分成体积相等的两部分，确定点为的中点，再确定的外心以及三棱锥的高，最后求三棱锥的外接圆半径即可. 【详解】如图，连接. 因为， 且 所以， 所以， 所以， 因此，即为的中点. 取的中点的中点，连接， 则，且， 所以四边形为平行四边形， 所以. 因为， 所以， 又因为平面平面， 且平面平面, 所以平面， 则平面. 因为是的外心， 且的外接圆半径， 三棱锥的高. 设球的半径为，则， 则5， 所以球的体积. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题. （1）通过平面将直三棱柱分成体积相等的两部分可确定点的位置； （2）求三棱锥的外接球半径，先确定底面三角形的外接圆半径及高，再通过即可求解. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分） 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. 【答案】(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...................................................3分 （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...................................................8分 （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....................................................13分 16．（15分） 在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角C的大小； (2)若D为AB中点，且，求面积的最大值； (3)若，求周长的取值范围． 【答案】(1)； (2) (3)． 【分析】（1）由三角函数的平方关系及余弦定理即可得出； （2）由已知可得，两边平方，可得，可得面积的最大值. （3）利用正弦定理、两角和差的正弦公式、三角函数的单调性转化为三角函数求值域即可得出. 【详解】（1）由题意知， 即，由正弦定理得 由余弦定理得， 又，∴．..................................................5分 （2）因为是的中点，所以，两边平方可得， ， 即，当且仅当时等号成立． 此时面积的最大值为...................................................10分 （3）∵，∴，， 则的周长 ∵，∴，∴， ∴， ∴周长的取值范围是．..................................................15分 17．（15分） 在平行四边形中，分别为的中点，将三角形沿翻折，使得二面角为直二面角后，得到四棱锥. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取中点，证明四边形是平行四边形，即可根据线线平行求证， （2）根据面面垂直的性质即可求解， （3）利用等体积法，求解点到平面的距离，即可求解. 【详解】（1）取中点，连接和， 因为，分别为，的中点，所以，且, 又，且, 所以，且． 所以四边形是平行四边形． 所以．平面,平面 故平面...................................................7分 （2）由于在平行四边形中，分别为的中点， 所以，则， 因此，又，故， 由于二面角为直二面角，所以平面平面且两平面的交线为，又平面， 故平面， 平面，故平面平面. （3）由于平面平面且两平面的交线为，，平面，故平面, 由（2）知平面, 平面，故， 设点到平面的距离为，则，故， 设与平面所成角为，则...................................................15分 18．（17分） 甲、乙、丙三位同学进行乒乓球比赛，每局比赛两人对战，另一人轮空，没有平局．每局胜者与此局轮空者进行下一局的比赛．约定先赢两局者获胜，比赛随即结束．已知每局比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为． (1)若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率； (2)判断并说明由哪两位同学进行首场对战才能使甲获胜的概率最大． 【答案】(1) (2)第一局甲乙对战才能使甲获胜的概率最大 【分析】（1）甲获胜有两种情况，分别计算出概率，再相加即可； （2）分别计算第一局乙丙对战甲获胜的概率，第一局甲乙对战甲获胜的概率，及第一局甲丙对战甲获胜的概率，比较大小，作出判断即可. 【详解】（1）第一局由乙丙对战，甲获胜有两种情况： ①乙丙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜，则概率为 ②乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，甲乙对战甲胜，则概率为 综上，甲获胜的概率为....................................................7分 （2）若第一局乙丙对战，由（1）知甲获胜的概率为 若第一局甲乙对战，则甲获胜有三种情况： ①甲乙对战甲胜，甲丙对战甲胜，概率为， ②甲乙对战甲胜，甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜的概率为， ③甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，乙甲对战甲胜的概率为， 所以最终甲获胜的概率为； 若第一局甲丙对战，则甲获胜也有三种情况： ①甲丙对战甲胜，甲乙对战甲胜的概率为， ②甲丙对战甲胜，甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜的概率为， ③甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜的概率为， 所以最终甲获胜的概率为， 因为， 所以第一局甲乙对战才能使甲获胜的概率最大．...................................................17分 19．（17分） 函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数． (1)若函数的对称中心为，求函数的解析式． (2)由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积．进而，一元n次多项式方程有n个复数根（重根按重数计）．如设实系数一元二次方程，在复数集内的根为，，则方程可变形为，展开得：则有，即，类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系． ①若，方程在复数集内的根为，当时，求的最大值； ②若，函数的零点分别为，求的值. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）确定为奇函数，根据得到，解得答案； （2）①根据根与系数的关系确定，代入计算得到，根据范围得到最值；②取变换得到，得到根与系数的关系，确定，计算得到答案. 【详解】（1）由为奇函数，则恒成立. 即， 整理得：恒成立，故，解得， 故....................................................4分 （2）①若，则，由题有的三个实根为. 设， 展开得， 故， 则， 又，故， 综上：当时，的最大值为；...................................................11分 ②时，，由有， 同时除以得，令，，， 由题知是方程的三个根， 则， 展开得，， 则....................................................17分 【点睛】方法点睛：整体换元法可以简化分式的大部分运算，也体现了数学中转化思想. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！18 学科网（北京）股份有限公司 $$