期末模拟测试卷01-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

2024-2025学年高一数学下学期期末模拟测试卷01 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．若复数满足，则的虚部为（   ） A． B． C． D．1 2．已知两个互斥事件A， B满足，，则 （    ） A．0.4 B．0.3 C．0.6 D．0.1 3．已知，，且与的夹角为，则（    ） A． B． C． D． 4．已知数据87，89，90，90，91，92，93，94，则（   ） A．极差为6 B．中位数为90 C．第70%分位数为92 D．平均数为90.25 5．若，表示两条直线，，，表示三个不重合的平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 6．某餐厅为了追求时间效率，推出一种液体“沙漏”免单方案（即点单完成后，开始倒转“沙漏”，“沙漏”漏完前，客人所点的菜需全部上桌，否则该桌免费用餐）.“沙漏”是由一个圆锥体和一个四棱柱相通连接而成.某次计时前如图（1）所示，已知圆锥体底面半径是，高是；四棱柱底面边长为和，液体高是.计时结束后如图（2）所示，求此时“沙漏”中液体的高度为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）    A． B． C． D． 8．已知三个内角，，的对边分别是，，，且满足，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 二､多选题：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．某公司为检测某型号汽车的质量问题，需对三个批次生产的该型号汽车进行检测，三个批次产量分别为100000辆､150000辆和250000辆，公司质监部门计划从中抽取500辆进行检测，则下列说法正确的是（    ） A．样本容量为500 B．采用简单随机抽样比分层随机抽样合适 C．应采用分层随机抽样，三个批次的汽车被抽到的概率不相等 D．应采用分层随机抽样，三个批次分别抽取100辆､150辆､250辆 10．已知中，分别为角的对边，为的面积，则下列条件能使只有一个解的是（    ） A． B． C． D． 11．在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（    ）    A． B．三棱锥的体积不变 C．的最小值为 D．当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知向量，，则在上的投影向量的坐标是 ． 13．设是复数，给出四个命题： ①．若，则         ②．若，则 ③．若，则     ④．若，则 其中真命题的序号是 ． 14．三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，已知P到平面的距离为7，，.记与平面所成的角为，则的取值范围为 . 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．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求B的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 16．如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，E是的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的平面角的余弦值. 17．某商店在“五一”期间举办促销活动，设立了抽奖环节，在一个不透明的抽奖箱里放置6个大小质地完全相同的三种颜色的球，其中1个白球，2个红球，3个黑球.凡在本店累计消费满百元的顾客，可以持购物凭证参与一次抽奖活动.抽奖采用不放回方式从中依次随机地取出2个球，若取到两球同色，则称为中奖，可以领取一张优惠券；若取到两球异色，则称为不中奖.一次抽奖结束后，取出的球放回抽奖箱，供下一位顾客抽奖. (1)若一位顾客参与一次抽奖活动，求这位顾客中奖的概率； (2)现有甲､乙两位顾客各参与一次抽奖活动，求两人中至少有一人中奖的概率. 18．已知i是虚数单位，a，，设复数，，，且. (1)若为纯虚数，求； (2)若复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点. ①是否存在实数a，b，使向量逆时针旋转后与向量重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由； ②若O，A，B三点不共线，记的面积为，求及其最大值. 19．对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称，是该向量组的“向量”． (1)设，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，向量组，，，，是否存在“向量”？若存在求出所有的“向量”，若不存在说明理由； (3)已知，，均是向量组，，的“向量”，其中，，求证：可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积． ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高一数学下学期期末模拟测试卷01 一、单选题 1．若复数满足，则的虚部为（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】由复数的除法运算得到，从而虚部为. 【解析】复数满足，， 则的虚部为. 故选：A. 2．已知两个互斥事件A， B满足，，则 （    ） A．0.4 B．0.3 C．0.6 D．0.1 【答案】B 【分析】根据互斥事件概率的加法公式求解. 【解析】因为两个互斥事件A， B， ， 所以. 故选：B 3．已知，，且与的夹角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由数量积的定义求出，再由模的平方运算代入数量积求解可得. 【解析】∵，，且与的夹角为， ∴， ∴， 故． 故选：A. 4．已知数据87，89，90，90，91，92，93，94，则（   ） A．极差为6 B．中位数为90 C．第70%分位数为92 D．平均数为90.25 【答案】C 【分析】根据一组数据的极差，平均数，中位数，百分位数的定义依次求解即可. 【解析】由题意可知：数据的极差为：，故A错误； 数据的中位数为：，故B错误； 因为，故数据的第70%分位数为第6个数，故C正确； 因为数据的平均数为：，故D错误. 故选：C 5．若，表示两条直线，，，表示三个不重合的平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】根据线线、线面、面面之间的位置关系逐项判断. 【解析】对于A，若，，，则，或与相交，故A错误； 对于B，若，，，则，或与为异面直线，故B错误； 对于C，若，，，则，或与相交，故C错误； 对于D，由可得，因为，所以， 又因为，根据线面平行的性质定理可得，故D正确. 故选：D. 6．某餐厅为了追求时间效率，推出一种液体“沙漏”免单方案（即点单完成后，开始倒转“沙漏”，“沙漏”漏完前，客人所点的菜需全部上桌，否则该桌免费用餐）.“沙漏”是由一个圆锥体和一个四棱柱相通连接而成.某次计时前如图（1）所示，已知圆锥体底面半径是，高是；四棱柱底面边长为和，液体高是.计时结束后如图（2）所示，求此时“沙漏”中液体的高度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出液体的体积，然后计算出计时结束后，圆锥中没有液体的部分体积，在利用高度比的立方等于体积比即可得出结果. 【解析】由已知可得：液体的体积为， 如图，易知， 两个相似的直角三角形， 因为圆锥的底面半径是，高是， 所以圆锥的体积为， 计时结束后，圆锥中没有液体的部分体积为， 设计时结束后，“沙漏”中液体的高度为， 则， ，解得， 所以计时结束后.“沙漏”中液体的高度为. 故选：D. 7．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系，因为点在上，则，又，利用平面向量的基本定理求出的值，然后利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值. 【解析】建立如图所示平面直角坐标系．        已知，，，得，， ，，， ，， ，， 因为点在上，则， 又，且、不共线， 可得，且，解得． ， ． 故选：D． 8．已知三个内角，，的对边分别是，，，且满足，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，由余弦定理以及三角形的面积公式可得，再利用两次基本不等式得到，从而得解. 【解析】因为，则，，即， 由余弦定理可得，又， 所以①，②， ①②可得， 又，即， 则 ， 即，即， 解得， 当且仅当时，即，时，等号成立， 所以面积的最大值为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用余弦定理与三角形的面积公式得到，从而结合基本不等式即可得解. 二、多选题 9．某公司为检测某型号汽车的质量问题，需对三个批次生产的该型号汽车进行检测，三个批次产量分别为100000辆､150000辆和250000辆，公司质监部门计划从中抽取500辆进行检测，则下列说法正确的是（    ） A．样本容量为500 B．采用简单随机抽样比分层随机抽样合适 C．应采用分层随机抽样，三个批次的汽车被抽到的概率不相等 D．应采用分层随机抽样，三个批次分别抽取100辆､150辆､250辆 【答案】AD 【分析】根据样本容量的定义即可判断A； 根据分层抽样的定义与特征即可判断B、C、D； 【解析】解：由题意易知样本容量为500，故A正确； 公司为检测某型号汽车的质量问题，三个批次产量分别为100000辆､150000辆和250000辆，公司质监部门计划从中抽取500辆进行检测，故采用分层抽样，故B错误； 对于分层抽样的每一辆轿车被抽到的可能性相等，故C错误； ， 所以三个批次分别抽取辆，辆，辆，故D正确. 故选：AD. 10．已知中，分别为角的对边，为的面积，则下列条件能使只有一个解的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据两边之和与两边之差与第三边的关系可判断A,利用正弦和余弦定理实现边角互化可判断B,根据面积公式可得，进而得角有两个值，可判断C，根据内角和即可判断D. 【解析】由三角形三边关系可得：，所以，因为，故，故A正确. 由,故，可得：，由此解得，故三角形唯一，B正确, 对于C:或者，故三角形不唯一，C错误. 对于D：，故, 两边及其夹角，此三角形唯一，故D正确. 故选：ABD 11．在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（    ）    A． B．三棱锥的体积不变 C．的最小值为 D．当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 【答案】ABD 【分析】由线面垂直证明线线垂直证明选项A；，由底面积和高判断体积验证选项B；转化为点和点到点的距离之和，计算验证选项C；通过构造直角三角形求截面半径，计算体积验证选项D. 【解析】连接，如图所示，    直三棱柱中，， 为正方形，， ，平面，平面，， 平面，，平面， 平面，，A选项正确； 由直三棱柱的结构特征，，故三棱锥的体积为定值，B选项正确； 设，，， ， ， ，其几何意义是点和点到点的距离之和，最小值为点到点的距离，为，C选项错误； 当是的中点时，，，， ， ，， ，设点到平面的距离为，由， 得，， 直三棱柱是正方体的一半，外接球的球心为的中点，外接球的半径，点到平面的距离为， 则过三点的平面截三棱柱外接球所得截面圆的半径为，截面面积为，D选项正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛： 对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，通过构造直角三角形求半径. 三、填空题 12．已知向量，，则在上的投影向量的坐标是 ． 【答案】 【分析】直接根据投影向量的坐标公式计算即可. 【解析】在方向上的投影向量为. 故答案为： 13．设是复数，给出四个命题： ①．若，则         ②．若，则 ③．若，则     ④．若，则 其中真命题的序号是 ． 【答案】①②③ 【解析】设复数 对于①,若可得 ，所以，故①正确； 对于②,则, a-bi=c+di,即 ②正确； 对于③,若则， ③正确； 对于④,若则， 不成立,④不正确. 故答案为①②③. 14．三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，已知P到平面的距离为7，，.记与平面所成的角为，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，过点作平面，为垂足，作，垂足为，根据，求得的范围，进而可求得的范围，从而可得出答案. 【解析】设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心， 则为的中点，平面， 过点作平面，为垂足，则，， 作，垂足为，则四边形为矩形， ，得，， 则，所以， 故，所以， 则，即， 则， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据，求得的范围，进而求得的范围，是解决本题的关键. 四、解答题 15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求B的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）用正弦定理将边化为角，再利用展开化简即可求解； （2）由面积可得，由余弦定理可得，解方程即可求出，进而可求周长. 【解析】（1）由题意得， 因为， 所以， 得，得，因为，所以． （2）由，得． 由余弦定理，得， 得， 得， 所以的周长为． 16．如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，E是的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的平面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，交于点，根据中位线定理和线面平行的判定定理进行证明. （2）利用线面垂直的判定定理和性质定理及平面几何的知识，证明得到是二面角的平面角，从而计算得到结果. 【解析】（1）连接，交于点， 由底面是正方形，可知为的中点， 又是的中点，是的中位线， ， 又平面，平面， 平面. （2）设，， 底面，底面，， 即是直角三角形，， 又E是的中点，， 同理可得，且，，平面， 平面，， 在直角中，， ，， 又，二面角的平面角为， . 二面角的平面角的余弦值为. 17．某商店在“五一”期间举办促销活动，设立了抽奖环节，在一个不透明的抽奖箱里放置6个大小质地完全相同的三种颜色的球，其中1个白球，2个红球，3个黑球.凡在本店累计消费满百元的顾客，可以持购物凭证参与一次抽奖活动.抽奖采用不放回方式从中依次随机地取出2个球，若取到两球同色，则称为中奖，可以领取一张优惠券；若取到两球异色，则称为不中奖.一次抽奖结束后，取出的球放回抽奖箱，供下一位顾客抽奖. (1)若一位顾客参与一次抽奖活动，求这位顾客中奖的概率； (2)现有甲､乙两位顾客各参与一次抽奖活动，求两人中至少有一人中奖的概率. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）列举法应用古典概型公式计算即可； （2）应用对立事件结合概率乘积公式计算即得. 【解析】（1）将白球编号为1，红球编号为2，3，黑球编号为. 记“取到两球同色”， ， ， ， 因此， （2）记“甲顾客中奖”，“乙顾客中奖”，相互独立， 则. 18．已知i是虚数单位，a，，设复数，，，且. (1)若为纯虚数，求； (2)若复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点. ①是否存在实数a，b，使向量逆时针旋转后与向量重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由； ②若O，A，B三点不共线，记的面积为，求及其最大值. 【答案】(1)或 (2)①存在，；②，最大值为2 【分析】（1）计算，然后使其实部为零，虚部不为零，再结合可求出的值，从而可求出求； （2）①方法一：由题意可得，然后解关于的方程组可得结果，方法二：设则，再由题意得，从而可求得结果， ②设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为则，化简后再利用可求得其最大值. 【解析】（1）因为复数， 所以， 而为纯虚数，因此，即. 又因为，且，所以， 由，解得或， 所以或. （2）①存在，理由如下： 法一：由题意知：，得， 解得或 ， 因为OB逆时针旋转后与OA重合，所以； 法二：设是以x轴正半轴为始边，OB为终边的角，则， 所以即， 所以，所以 ， 且时，满足. 所以. ②因为复数，对应的向量分别是为坐标原点），且O，A，B三点不共线， 所以设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为 则且， 因此的面积， ， 设，则， 当且仅当且，即或时等号成立， 所以，其最大值为2. 【点睛】关键点点睛：此题考查复数的运算，考查复数的有关概念的应用，考查复数的几何意义的综合应用，解题的关键是对复数的几何意义的正确理解，考查数学计算能力，属于较难题. 19．对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称，是该向量组的“向量”． (1)设，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，向量组，，，，是否存在“向量”？若存在求出所有的“向量”，若不存在说明理由； (3)已知，，均是向量组，，的“向量”，其中，，求证：可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积． 【答案】(1) (2)存在“向量”，分别为，， (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意分析可得，结合模长公式列式求解即可； （2）根据题意可得，，结合可得，即可分析证明； （3）根据题意分析可得，，结合模长公式分析证明即可. 【解析】（1）由题意可得：， 因为，则，， 则，即， 整理得，解得， 所以实数的取值范围为. （2）存在，理由如下： 假设存在“向量”， 因为， 且， 则由题意，只需要使得， 又因为， 则， 可得， 由，即， 整理得，解得， 又因为，即，6，10满足上式， 所以存在“向量”，分别为，，满足题意； （3）由题意得：，， 即，， 同理，， 三式相加并化简得：， 即，，所以， 由，可得， 可得 ， 所以可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 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