实战模拟卷九-【创新教程】2024-2025学年高一下学期数学期末实战模拟卷

高一下学期期末实战模拟卷九　　 　　　 命题范围:必修第二册 测试时间:１２０分钟,满分:１５０分 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．复数z满足(z＋２)i＝１－i(i为虚数单位),则z的共轭复数的模长是 (　　) A．－３ B．１ C．２ D．１０ ２．下列判断正确的是 (　　) A．圆锥的侧面展开图可以是一个圆面 B．底面是等边三角形,三个侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 C．一个西瓜切３刀最多可切成８块 D．过球面上任意两不同点的大圆有且只有一个 ３．假设P(A)＝０．３,P(B)＝０．４且A 与B 相互独立,则P(A∪B)＝ (　　) A．０􀆰３ B．０􀆰４ C．０􀆰７ D．０􀆰５８ ４．已知m＝(４,６),n＝(－３,λ),若(m＋n)∥n,则λ＝ (　　) A．－９２ B． ９ ２ C．５ D． ２ ９ ５．已知圆锥的体积为１３Sh ,其中S为圆锥的底面积,h为圆锥的高．现有一个 空杯子,盛水部分为圆锥(底面半径为４cm,高为８cm),现向杯中以 ８cm３/s的速度匀速注入水,则注水t(０＜t＜１０)s后,杯中水的高度为 (　　) A． ３ １２t πcm B．２ ３ ３t πcm C．２ ３ １２t πcm D．２ ３ ６t πcm ６．某大学的“书法”“篮球”“轮滑”三个社团考核挑选新社员,已知大一某新生对这三个社团 都很感兴趣,决定三个考核都参加,假设他通过“书法”“篮球”“轮滑”三个社团考核的概 率依次为m,１３ ,n,且他是否通过每个考核相互独立,若三个社团考核他都能通过的概率 为１ ２４ ,至少通过一个社团考核的概率为３ ４ ,则m＋n＝ (　　) A．２３ B． ５ ６ C． ４ ５ D． ３ ４ ７．算盘是我国古代一项伟大的发明,是一类重要的计算工具．下图是一把算盘的初始状态, 自右向左分别表示个位,十位、百位、千位􀆺􀆺,上面一粒珠子(简称上珠)代表５,下面一 粒珠子(简称下珠)代表１,五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小．例如,个位拨动一 粒上珠,十位拨动一粒下珠至梁上,表示数字１５．现将算盘的个位、十位、百位、千位分别 随机拨动一粒珠子至梁上,设事件A＝“表示的四位数能被３整除”,B＝“表示的四位数 能被５整除”,则有:①P(A)＝３８ ;②P(B)＝１３ ;③P(A∪B)＝１１１６ ;④P(AB)＝３１６． 上述结 论正确的个数是 (　　) A．０ B．１ C．２ D．３ １Ｇ９ ８．已知四棱锥PＧABCD 中,底面ABCD 是边长为４的正方形,平面PAB⊥平面ABCD,且 △PAB 为等边三角形,则该四棱锥的外接球的表面积为 (　　) A．１１２３π B． ２８ ３π C．３２π D． ２５６ ３π 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．已知平面向量a＝(３,１),b＝(x,－３),则下列命题正确的是 (　　) A．若a∥b,则x＝－３ ３ B．若a⊥b,则x＝ ３ C．若|a＋b|＝ ７,则x＝０ D．若‹a,b›＝５π６ ,则x＝－ ３ １０．已知z∈C,􀭵z是z的共轭复数,则 (　　) A．若z＝１＋３i１－３i ,则􀭵z＝－４－３i５ B．若z为纯虚数,则z２＜０ C．若z－(２＋i)＞０,则z＞２＋i D．若 M＝{z||z＋３i|≤３},则集合 M 所构成区域的面积为９π １１．在边长为４的正方形ABCD 中,如图１所示,E,F,M 分别为BC,CD,BE 的中点,分别 沿AE,AF及EF 所在直线把△AEB,△AFD 和△EFC折起,使B,C,D 三点重合于点 P,得到三棱锥PＧAEF,如图２所示,则下列结论中正确的是 (　　) A．PA⊥EF B．三棱锥 MＧAEF 的体积为４ C．三棱锥PＧAEF 外接球的表面积为２４π D．过点 M 的平面截三棱锥PＧAEF 的外接球所得截面的面积的最小值为π 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．样本数据１３,１２,６,７,１４,７,１０,１３的６０％分位数为　　　　． １３．建筑学上,建筑师利用各种弯曲空间可以建造出很多外型美观的建筑物.刻画空间的弯曲性 是几何研究的重要内容．在几何学中可用曲率刻画空间弯曲性,规定:多面体顶点的曲率等于 ２π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角,大小用弧度制表 示),多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如:正四面体在每个顶点有３个面 角,每个面角是π ３ ,所以正四面体在各顶点的曲率为２π－３×π３＝π ,故其总曲率为４π．则正方 体的总曲率为　　　　;正四棱锥的总曲率为　　　　． １４．李子坝站的“单轨穿楼”是重庆轨道交通的一大特色,吸引众多游客来此打卡拍照．如图 所示,李明为了测量李子坝站站台距离地面的高度AB,采用了如下方法:在观景台的D 点处测得站台A 点处的仰角为６０°;沿直线BD 后退１２米后,在F点处测得站台A 点处 的仰角为４５°．已知李明的眼睛距离地面高度为CD＝EF＝１．６米,则李子坝站站台的高 度AB 约为　　　　　(精确到小数点后１位)(近似数据:３≈１．７３,２≈１．４１)． ２Ｇ９ 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．(本小题满分１３分)设实部为正数的复数z,满足|z|＝２ ５,且复数(１＋２i)z为纯虚数． (１)求复数z; (２)若复数z是关于x 的方程x２＋mx＋n＝０(m,n∈R)的根,求实数m 和n 的值． １６．(本小题满分１５分)如图,在三棱台ABCＧA１B１C１ 中,AB＝AC＝ ２A１B１＝２AA１＝４ ２,∠A１AB＝∠A１AC＝ π ３ ,∠BAC＝π２． (１)证明:A１A⊥B１C１; (２)求点B 到平面A１ACC１ 的距离． １７．(本小题满分１５分)为了了解甲、乙两个工厂生产的轮胎的宽度是否达标,分别从两厂 随机选取了１０个轮胎,将每个轮胎的宽度(单位:mm)记录下来并绘制出折线图: (１)分别计算甲、乙两厂提供１０个轮胎宽度的平均值; (２)轮胎的宽度在[１９４,１９６]内,则称这个轮胎是标准轮胎．试比较甲、乙两厂分别提供 的１０个轮胎中所有标准轮胎宽度的方差的大小,根据两厂的标准轮胎宽度的平均水平 及其波动情况,判断这两个工厂哪个厂的轮胎相对更好? ３Ｇ９ １８．(本小题满分１７分)已知某著名高校今年综合评价招生分两步进行:第一步是材料初 审,若材料初审不合格,则不能进入第二步面试;若材料初审合格,则进入第二步面试． 只有面试合格者,才能获得该高校综合评价的录取资格,且材料初审与面试之间相互独 立,现有甲、乙、丙三名考生报名参加该高校的综合评价,假设甲、乙,丙三名考生材料初 审合格的概率分别是１ ３ ,１ ２ ,１ ４ ,面试合格的概率分别是１ ２ ,１ ３ ,２ ３． (１)求甲考生获得该高校综合评价录取资格的概率; (２)求甲、乙两位考生中有且只有一位考生获得该高校综合评价录取资格的概率; (３)求三人中至少有一人获得该高校综合评价录取资格的概率． １９．(本小题满分 １７ 分)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别是a,b,c,且sinA－sinBsinC ＝a－ca＋b． (１)求角B 的大小; (２)若b＝３,D 为AC 边上一点,BD＝２,且　　　　,求△ABC 的面积．从①BD 为∠B 的平分线,②D 为AC 的中点,这两个条件中任选一个补充在上面的横线上并作答． ４Ｇ９ 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 高一下学期期末实战模拟卷九 数学答题卡 选择题(共５８分) １A B C D ４ A B C D ７A B C D １０ A B C D 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２ A B C D ５ A B C D ８ A B C D １１A B C D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３A B C D ６A B C D ９A B C D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 非选择题　(需用０．５毫米黑色签字笔书写) 填空题(共１５分) １２．　　　　　　　　　　　　　　　　　１３．　　　　　　　　　　　　　　　　　 １４．　　　　　　　　　　　　　　　　 解答题(共７７分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) １５．(本小题满分１３分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页１第　)九(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １６．(本小题满分１５分) １７．(本小题满分１５分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页２第　)九(卡题答学数 考生 必填 姓名　　　　座号 考生务必将姓名、座号用０．５毫米黑色签字笔认真填写在书写框内,座 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字．填写样例:若座号０２,则填 写为０２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 １８．(本小题满分１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页３第　)九(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １９．(本小题满分１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页４第　)九(卡题答学数 １９．解:(１)由已知,得cosB＝２acosAc － sinB tanC , 由正弦定理,得sinCcosB＝２sinAcosA－ sinCsinB tanC ＝２sinAcosA－sinBcosC , 即２sinAcosA＝sinBcosC＋cosBsinC, 即２sinAcosA＝sin(B＋C)＝sinA, 由于０＜A＜π,sinA＞０所以cosA＝１２ ,所以 A＝π３． (２)设|PA → |＝x,|PB → | ＝y,|PC → |＝z, 则PA →􀅰PB → ＋PB →􀅰PC → ＋PA → 􀅰PC → ＝xy 􀅰 －１２ æ è ç ö ø ÷ ＋ yz 􀅰 －１２ æ è ç ö ø ÷＋xz􀅰 －１２ æ è ç ö ø ÷＝－４． 所以 xy＋yz＋xz＝８,由 S△APB ＋S△BPC ＋ S△APC＝S△ABC得: １ ２xy 􀅰 ３ ２＋ １ ２yz 􀅰 ３ ２＋ １ ２xz 􀅰 ３ ２＝ １ ２bcsin π ３ , 即bc＝８, 由余弦定理得,a２＝c２＋b２－２bccosA, 即１２＝c２＋b２－２bc×１２＝c ２＋b２－８,即c２＋b２ ＝２０, 又b＜c,联立 c ２＋b２＝２０ bc＝８{ ,解得c＝４,b＝２． 所以△ABC 的周长为a＋b＋c＝６＋２ ３． (３)设|PA → |＝x,|PB → |＝y,|PC → |＝z, 由(２)在△PAB,△PBC,△PAC 中,由余弦定 理得 x２＋y２＋xy＝１６ x２＋z２＋xz＝４ y２＋z２＋yz＝１２ { , 联立xy＋yz＋xz＝８求解可得x２＋y２＋z２ ＝１２, 所以(x＋y＋z)２＝x２＋y２＋z２＋２(xy＋yz＋ xz)＝２８, 所以x＋y＋z＝２ ７,f(x)＝４x －m􀅰２x ＋ |PA → |＋|PB → |＋|PC → |＝４x－m􀅰２x＋２ ７≥０, 即m≤２x＋２ ７ ２x ,令t＝２x,t∈[１,２], 由对勾函数性质知y＝t＋２ ７t 在t∈[１,２]上 单调递减, 所以m≤ t＋２ ７t æ è ç ö ø ÷ min ＝２＋２ ７２ ＝２＋ ７． 即m 的取值范围为(－∞,２＋ ７]． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 高一下学期期末实战模拟卷九 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 D C D A C D D A ABD ABD ACD １．D　[由(z＋２)i＝１－i,得zi＋２i＝１－i, ∴z＝１－３ii ＝ (１－３i)i i２ ＝－３－i, ∴􀭵z＝－３＋i,则|􀭵z|＝ (－３)２＋１＝ １０．] ２．C　[选项 A,由圆锥的母线 一定比底面半径大,可得圆 锥的侧面展开图是一个圆心 角不 超 过 ２π 的 扇 形,A 错 误;选项 B,底面是等边三角 形,三个侧面都是等腰三角 形的三棱锥的侧棱长不一定 相等,故不一定是正三棱锥,B 错误;一个西瓜 切３刀等价于一个正方体被三个平面切割,按 照如图的方法切割可得最多块数,故 C正确;当 两个点为球的两个极点,则过两点的大圆有无 数个,故 D错误．] ３．D　[由P(A)＝０．３,P(B)＝０．４,且A 与B 相 互独立,得P(AB)＝P(A)P(B)＝０．１２, 所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝０．５８．] ４．A　[因为m＝(４,６),n＝(－３,λ),所以m＋n＝ (１,６＋λ), ∵m＋n∥n,∴λ＝－３(６＋λ) 解得λ＝－９２ ] ５．C　[假设注水t(０＜t＜１０)s后,杯中水的水面 半径为xcm, 则杯中水的高度h＝８４x＝２xcm , 所以１ ３πx ２×２x＝８t,解得x＝ ３ １２t π ,故杯中水的 高度h＝２ ３ １２t πcm． ] ６．D　[因至少通过一个社团考核的概率为３４ ,则 三个社团都没有通过的概率为１ ４ , 依 题 意, １ ３mn＝ １ ２４ (１－m)１－１３ æ è ç ö ø ÷(１－n)＝１４ ì î í ï ï ïï , 即 mn＝１８ １－(m＋n)＋mn＝３８ ì î í ï ï ïï ,解得m＋n＝３４ , 所以m＋n＝３４． ] ７．D　[只拨动一粒珠子至梁上,因此数字只表示 １或５,四位数的个数是１６． 能被３整除的四位数,数字１和５各出现２个, 因此满足条件的四位数的个数是６,所以P(A) ＝６１６＝ ３ ８ ,①正确; 能被５整除的四位数,个位数为５,满足的个数 为８,P(B)＝８１６＝ １ ２ ,②不正确; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２２􀅰 能被１５整除的四位数的个位数是５,十位、百 位、千位为一个５两个１, 因此满足这个条件的四位数的个数是３,概率为 P(AB)＝３１６ ,④正确; P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝３８＋ １ ２－ ３ １６＝ １１ １６ ,③正确． 故正确的有３个．] ８．A　[如图所示,在四棱 锥PＧABCD 中, 取侧 面 △PAB 和 底 面 正方形ABCD 的外接圆 的圆心分别为O１,O２, 分别过O１,O２ 作两个平 面的垂线交于点O, 则由 外 接 球 的 性 质 知, 点O 即为该球的球心, 取线段AB 的中点E,连O１E,O２E,O２D,OD, 则四边形O１EO２O 为矩形, 在等边△PAB 中,可得PE＝２ ３, 则O１E＝ ２ ３ ３ ,即OO２＝ ２ ３ ３ , 在正方形ABCD中,因为AB＝４,可得O２D＝２ ２, 在直角△OO２D 中,可得OD２＝OO２２＋O２D２,即 R２＝OO２２＋O２D２＝ ２８ ３ , 所以四棱锥 PＧABCD 外接球的表面积为S＝ ４πR２＝１１２π３ ． ] ９．ABD　[A．若a∥b,则１×x＝－３× ３,解得x ＝－３ ３,故正确; B．若a⊥b,则 ３x＋１×(－３)＝０,解得x＝ ３, 故正确; C．若|a＋b|＝ (３＋x)２＋(１－３)２＝ ７,x＝０ 或x＝－２ ３,故错误; D．若 ‹a,b›＝５π６ ,则 cos‹a,b›＝cos５π６ ＝ x ３－３ ２ x２＋９ ＝－ ３２ ,解得x＝－ ３,故正确．] １０．ABD　[对于 A,z＝ (１＋３i)(１＋３i) (１－３i)(１＋３i)＝ －８＋６i １０ ＝－４＋３i５ ,则􀭵z＝－４－３i５ ,A 正确; 对于B,z为纯虚数,令z＝bi,b∈R,b≠０,则z２ ＝－b２＜０,B正确; 对于 C,不全是实数的两个复数不能比较大 小,C错误; 对于 D,集合 M 所构成区域是复平面内以(０, －３)为圆心,３为半径的圆及内部,因此该区域 面积为９π,D正确．] １１．ACD　[对 于 A:由 题 意 知 AP⊥PE,AP⊥ PF,PE∩PF＝P,PE,PF⊂平面PEF , 所以 AP⊥平面 PEF,EF⊂平面 PEF,所以 PA⊥EF ,故 A 正确; 对于B:PA＝４,PE＝PF＝２,PE⊥PF, 因为 M 为的BE 中点,所以VMＧAEF ＝ １ ２VPＧAEF ＝１２VAＧPEF ＝ １ ２ × １ ３ × １ ２ ×２×２×４＝ ４ ３ , 故B错误; 对于C:因为PA,PE,PF 两两垂直, 故三棱锥PＧAEF 的外接球半径和长宽高分别 为２,２,４的长方体的外接球半径相等, 故其外接球半径R＝ ４ ２＋２２＋２２ ２ ＝ ６ , 故外接球表面积S＝４πR２＝２４π,故C正确; 对 于 D:将 三 棱 锥 PＧ AEF 补成如图所示长方 体,PA ＝４,PE ＝PF ＝２, 设长方体外接球球心为 O,即 为 三 棱 锥 PＧAEF 的外接球球心, 过点 M 的平面截三棱锥PＧAEF 的外接球所 得截面为圆, 最小截面为过点 M 垂直于球心O 与 M 连线 的圆,OM＝ ２２＋１２＝ ５, 此时截面圆半径为r＝ R２－OM２＝ ６－５＝ １,此时截面圆的面积为πr２＝π, 所以过点 M 的平面截三棱锥PＧAEF 的外接 球所得截面的面积的最小值为π, 故 D正确．] １２．解析:将样本数据从小到大排列为６、７、７、１０、 １２、１３、１３、１４, 其中８×６０％＝４．８,所以６０％分位数为从小 到大排列的第５个数,即为１２． 答案:１２ １３．解析:(１)正方体在每个顶点处有３个面角,每 个面角的大小是π ２ , 所以在各顶点处的曲率为２π－π２×３＝ π ２ ,故 其总曲率为π ２×８＝４π ; (２)正四棱锥有５个顶点, ５个面,其中４个三角形,１ 个四边形, 所以四棱锥的表面内角和 由４个为三角形,１个为四 边形组成, 所以 面 角 和 为 ４π＋２π＝ ６π, 故总曲率为５×２π－６π＝４π． 答案:４π　４π １４．解析:设 AG 高 度 为x 米,由 题 可 知 ∠ACG ＝６０°, 所以AC＝ AGsin∠ACG＝ ２x ３ 米, 在 △AEC 中,由 正 弦 定 理 得: ACsin∠AEC ＝ CEsin∠CAE , 所以 AC sin４５°＝ CE sin(６０°－４５°) , 所以 ２x ３ ２ ２ ＝ １２sin６０°cos４５°－cos６０°sin４５° , 解得x＝１８＋６ ３, 所以AB＝１８＋６ ３＋１．６≈３０．０(米)． 答案:３０．０米 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３２􀅰 １５．解:(１)设z＝a＋bi,(a,b∈R,a＞０),则(１＋ ２i)z＝(１＋２i)(a＋bi)＝a－２b＋(b＋２a)i, 因为(１＋２i)z为纯虚数,所以a－２b＝０,b＋２a ≠０, 又|z|＝２ ５,所以a２＋b２＝２０,联立方程得a ＝４,b＝２,故z＝４＋２i． (２)因为z＝４＋２i是关于x 的方程(m,n∈R) 的根, 所以(４＋２i)２＋m(４＋２i)＋n＝０,即１２＋４m＋ n＋(１６＋２m)i＝０, 所以 １６＋２m＝０４m＋n＋１２＝０{ ,解得m＝－８,n＝２０． １６．解:(１)∵AB＝AC＝ ２A１B１ ＝２AA１ ＝４ ２, ∠A１AB ＝ ∠A１AC ＝π３ , ∴A１B２＝８＋３２－２×２ ２×４ ２×１２＝２４ , ∴AB２＝AA２１＋A１B２, ∴AA１⊥A１B． 同理A１C２＝８＋３２－２×２ ２×４ ２× １ ２＝２４ , ∴AC２＝AA２１＋A１C２, ∴AA１⊥A１C, A１C∩A１B＝A１,A１C⊂平面 A１CB,A１B⊂平 面A１CB, ∴A１A⊥平面A１BC, ∴A１A⊥BC,∵BC∥B１C１ ∴A１A⊥B１C１． (２)∵A１A⊥ 平 面 A１BC, BH ⊂ 平 面 A１BC,∴AA１ ⊥BH 作BH⊥A１C,A１C⊂平面 A１BC,AA１⊂平面 A１BC,AA１∩A１C＝A１,BH⊥平面AA１C, B 到平面A１ACC１ 的距离BH,△A１BC 中 A１B＝A１C＝２ ６,BC＝８,S△A１BC ＝ １ ２A１C× BH＝１２BC×２ ２＝８ ２ , BH＝８ ３３ ． １７．解:(１)记甲厂提供的１０个轮胎宽度的平均值 为􀭺x１,乙 厂 提 供 的 １０ 个 轮 胎 宽 度 的 平 均 值 为􀭺x２, 􀭺x１＝ １ １０ [１９５×２＋１９４×２＋１９６×２＋１９３×２＋ １９７×２]＝１９５(mm), 􀭺x２＝ １ １０ [１９５×４＋１９４＋１９６＋１９３×２＋１９２× ２]＝１９４(mm)． (２)甲厂１０个轮胎宽度在[１９４,１９６]内的数据 为１９５,１９４,１９６,１９４,１９６,１９５, 则 平 均 数 为１９５＋１９４＋１９６＋１９４＋１９６＋１９５ ６ ＝１９５, 所以方差s２１＝ １ ６× [０２＋(－１)２＋１２＋(－１)２ ＋１２＋０２]＝２３ ; 乙厂１０个轮胎宽度在[１９４,１９６]内的数据为 １９５,１９６,１９５,１９４,１９５,１９５, 则 平 均 数 为１９５＋１９６＋１９５＋１９４＋１９５＋１９５ ６ ＝１９５, 所以方差s２２＝ １ ６× [０２＋１２＋０２＋(－１)２＋０２ ＋０２]＝１３ ; 因为甲、乙两厂生产的标准轮胎宽度的平均值 一样,但乙厂的方差更小, 所以乙厂的轮胎相对更好． １８．解:(１)设事件A 表示“甲获得该高校综合评价 录取资格”,则P(A)＝１３× １ ２＝ １ ６ ; (２)设事件B 表示“乙获得该高校综合评价录 取资格”,则P(B)＝１２× １ ３＝ １ ６ , 则甲、乙两位考生有且只有一位考生获得该高 校综合评价录取资格的概率为: P＝P(A􀭺B＋􀭿AB)＝P(A)P(􀭺B)＋P(􀭿A)P(B) ＝１６× １－ １ ６ æ è ç ö ø ÷＋ １－１６ æ è ç ö ø ÷×１６＝ ５ １８ ; (３)设事件C 表示“丙获得该高校综合评价录 取资格”,则P(C)＝１４× ２ ３＝ １ ６ , 三人中至少有一人获得该高校综合评价录取 资格的对立事件 是三人都没有获得该高校综合评价录取资格, 三人中至少有一人获得该高校综合评价录取 资格的概率为: P＝１－P(􀭺A􀭺B􀭺C)＝１－ １－１６ æ è ç ö ø ÷ １－１６ æ è ç １－１６ æ è ç ö ø ÷＝ ９１ ２１６． １９．解:(１)△ABC 中,由正弦定理 asinA＝ b sinB＝ c sinC 及sinA－sinB sinC ＝ a－c a＋b , 知a－b c ＝ a－c a＋b ,所以a２＋c２－b２＝ac, 由余弦定理知a２＋c２－b２＝２accosB,所以２ac cosB＝ac,所以cosB＝１２ , 又B∈(０,π),所以B＝π３ ; (２)选①因为BD 为∠B 的平分线,b＝３,所以 ∠ABD＝∠BDC＝π６ , 因为S△ABC ＝S△ABD ＋S△BDC,所以 ３ ４ac＝ １ ２× ２a×１２＋ １ ２×２c× １ ２ ,即 ３ac＝２a＋２c, 由余弦定理得,b２＝a２＋c２－ac,所以９＝(a＋ c)２－３ac＝３４ (ac)２－３ac, 解得ac＝６或ac＝－２(舍),所以△ABC 的面 积S＝ ３４ac＝ ３ ３ ２ ; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４２􀅰 选②因为D 为AC 的中点,b＝３,则AD＝DC ＝３２ ,因为∠ADB＝π－∠BDC, 所 以 cos ∠ADB ＝ cos (π － ∠BDC) ＝－cos∠BDC, 由余弦定理可得AD ２＋BD２－c２ ２×AD×BD ＝ －DC ２＋BD２－a２ ２×DC×BD ,即 ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋２２－c２ ２×２×３２ ＝ － ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋２２－a２ ２×２×３２ , 整理得a２＋c２＝２５２ , 由余弦定理得,b２＝a２＋c２－ac＝９,所 以ac ＝７２ , 所以△ABC 的面积S＝ ３４ac＝ ７ ３ ８ ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 高一下学期期末实战模拟卷十 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 A C C C C D B A CD ABD BC １．A　[依 题 意 高 一 年 级 应 抽 取 的 人 数 为 ８０× ６００ ２０００＝２４ 人．] ２．C　[由iz＝１＋i两边乘以－i得,z＝１－i, 所以z对应点(１,－１)在第四象限, z的虚部为－１,􀭵z＝１＋i,|z|＝ １２＋(－１)２＝２, 所以C选项正确,ABD选项错误．] ３．C　[因为α⊥β,且α∩β＝l,m∥α,则m 与β 可 能平行,垂直,相交都有可能, 所以m 与l和n 不一定平行,m 与l也不一定垂 直,故 ABD错误; 因为n⊥β,l⊂β,所以n⊥l,故C正确．] ４．C　[图(１)的分布直方图是对称的,所以平均数 ＝中位数＝众数,故 A 正确;图(２)中众数最小, 右拖尾平均数大于中位数,故 B正确,C 错误; 图(３)左拖尾众数最大,平均数小于中位数,故 D正确．] ５．C　[根据题意可得该型号新能源汽车在这两项 测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为 １ ４× ２ ３＋ ３ ４× １ ３＝ ５ １２． ] ６．D　[(e１－e２)􀅰e２＝e１􀅰e２－e２２＝ １ ２－１＝－ １ ２ , |e１－e２|＝ e１２－２e１􀅰e２＋e２２＝ １－２× １ ２＋１ ＝１, cos‹e１－e２,e２›＝ (e１－e２)􀅰e２ 　　　　　　　　 　　　　　　　　|e１－e２|􀅰|e２| ＝ －１２ １×１＝ －１２ ,由于向量夹角的取值范围是[０°,１８０°], 所以向量e１－e２ 与e２ 的夹角为１２０°．] ７．B　[因为asinA＋C２ ＝bsinA ,所以sinA􀅰sinπ－B２ ＝sinB􀅰sinA,因为０＜A＜π,所以sinA＞０,所以 cosB２＝sinB ,所以cosB２＝２sin B ２cos B ２ ; 因为０＜B＜π,所以０＜B２＜ π ２ ,所以cosB２＞ ０,所以sinB２＝ １ ２ , 所以B ２＝ π ６ ,所以B＝π３ , 因为６S＝ ３AB →􀅰AC →,所以６×１２bcsinA＝ ３|AB → ||AC → |cosA＝ ３bccosA, 所以tanA＝ ３３ ,因为０＜A＜π,所以A＝π６ , 所以C＝π－π３－ π ６＝ π ２ ,则△ABC 是直角三 角形．] ８．A　[因为AH＝２,所以AB＝ ２,AE＝BE＝１, 设AC∩BD＝O,则O 到AB 的距离为 ２２ , 所以 蒺 藜 形 多 面 体 体 积 为 正 方 体 体 积 减 去１２VO－ABE, 即(２)３－１２×１３× １ ２×１×１× ２ ２＝ ２． ] ９．CD　[对于 A,复数２－i在复平面内对应的点 为(２,－１),在第四象限,故 A 错误; 对于B,i４n＋３＝i４n􀅰i３＝i３＝－i,故B错误; 对于C,复数z＝a＋bi(a,b∈R)为纯虚数,则a ＝０,b≠０,故C正确; 对于 D,复数－２－i的虚部为－１,故 D正确．] １０．ABD　[选项 A:因为１０００名学生中男、女分 别占６０％和４０％,根据分层抽样的计算规则, 抽取的１００人中男生占１００×６０％＝６０人,所 以每位男生被抽中的概率 P＝ ６０１０００×６０％＝ １ １０．A 正确;选项B:平均数􀭺x＝１n (x１＋x２＋x３ ＋􀆺＋xn),将这组数据中每个数据都乘以３ 后１ n (３x１＋３x２＋３x３＋􀆺＋３xn)＝３× １ n (x１ ＋x２＋x３＋􀆺＋xn)＝３􀭺x．B正确;选项C:方差 s２＝１n [(x１－􀭺x)２＋(x２－􀭺x)２＋(x３－􀭺x)２＋􀆺 ＋(xn－􀭺x)２],每个数据都乘以３后平均数变 为原来的３倍,方差１n [(３x１－３􀭺x)２＋(３x２－ ３􀭺x)２＋(３x３－３􀭺x)２＋􀆺＋(３xn－３􀭺x)２]＝９s２． C错误;选项 D:因为x１,x２,x３,􀆺,x１００的平均 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５２􀅰