期末模拟测试卷02-2024-2025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02 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（为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 2．数据：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的分位数为2.5，则x可以是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．用斜二测画法画水平放置的边长为2的正方形的直观图，所得图形的面积是（    ） A．4 B． C． D． 4．若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 5．若一枚质地均匀的骰子连续抛两次，则点数之和不小于8的概率是（    ） A． B． C． D． 6．如图，某山山顶与山底的垂直部分为（记山顶为点，山底为点），首先测量人员位于点，测得点位于正北方向，测得点的仰角为，然后测量人员沿北偏东方向行走了米到达点，此时测得，则此山的高度为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 7．三棱锥中，若，，，则直线与平面所成角的正弦值是（   ） A． B． C． D． 8．已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是（   ） 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．设，为复数，下列说法正确的是（   ） A． B． C．若，则 D．若，则 10．已知事件发生的概率分别为，，则（    ） A．一定有 B． C．若与互斥，则 D．若与相互独立，则 11．在正三棱柱中，已知动点P满足，，且，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则三棱锥的体积是定值 B．若，则三棱锥的体积是定值 C．若，则三棱锥的体积是三棱柱的体积的 D．若，则直线AP与平面所成角的正弦值的最大值是 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．为估计某草场内兔子的数量，使用以下方法：先随机从草场中捕捉兔子100只，在每只兔子的尾巴上作上记号后放回草场.再随机从草场中捕捉60只，若尾巴上有记号的兔子共有10只，估计此草场内约有兔子 只. 13．在中，内角所对的边分别为，且 则的取值范围为 . 14．已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为 ，的面积的最大值为 ． 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．已知向量． (1)证明：； (2)与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 16．如图，绕边BC旋转得到，其中，平面ABC，∥． (1)证明：平面ACD； (2)若二面角的平面角为，求锐二面角平面角的正弦值． 17．为普及天文知识，某校开展了“天文知识竞赛”活动，共有1000名学生参加此次竞赛活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取了80名，统计他们的成绩，其中成绩不低于80分的学生被评为“航天达人”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)估计参加这次竞赛的学生成续的第75百分位数； (2)若在抽取的80名学生中，利用分层随机抽样的方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从6人中选择2人作为学生代表，求被选中的2人均为航天达人的概率； (3)已知组的方差为12，组的方差为8，试估计参加此次竞赛的学生不低于80分的成绩方差（结果保留整数）； 18．“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，它是底面为矩形，一条侧棱垂于底面的四棱锥．如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：四棱锥是“阳马”； (2)点M在正方形内（包括边界）．平面平面且， （i）求M点轨迹长度； （ii）是否存在M点，使得平面平面，若存在，求二面角的余弦值；若不存在，请说明理由． 19．是直线外一点，点在直线上（点与两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记 (1)若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值； (2)若在正方体的棱上，且，由对施以视角运算，得到，求的值； (3)若是边的等分点，由对施以视角运算，证明：. ( 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02 一、单选题 1．若复数满足（为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用复数的乘除法运算直接化简即可. 【解析】， 故选：C 2．数据：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的分位数为2.5，则x可以是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】按照百分位数计算公式，逐项计算即可求解. 【解析】对于A，因为，所以若， 则1，1，2，2，3，3，5，5，7，7的分位数为，故A正确； 对于B，因为，所以若， 则1，1，2，3，3，3，5，5，7，7的分位数为，故B错误；     对于C，因为，所以若， 则1，1，2，3，3，4，5，5，7，7的分位数为，故C错误；     对于D，因为，所以若， 则1，1，2，3，3，5，5，5，7，7的分位数为，故D错误. 故选：A. 3．用斜二测画法画水平放置的边长为2的正方形的直观图，所得图形的面积是（    ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据斜二测画法的原则得到直观图的对应边长关系，即可求出相应的面积. 【解析】斜二测画法画水平放置的边长为2的正方形的直观图如图所示， 根据斜二测画法的原则可知，，，， 所以直观图的面积为. 故选：C. 4．若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用向量夹角公式及数量积的运算律求夹角即可. 【解析】由题设， 由， 所以，而，则. 故选：A 5．若一枚质地均匀的骰子连续抛两次，则点数之和不小于8的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】列举出点数之和不小于8的情况数，结合两次点数共有36种情况，求出概率. 【解析】一枚质地均匀的骰子连续抛两次，两次点数共有36种情况， 其中点数之和为8的情况如下：， 点数之和为9的情况如下：， 点数之和为10的情况如下：， 点数之和为11的情况如下：， 点数之和为12的情况如下：， 故点数之和不小于8的情况共有种， 则点数之和不小于8的概率为. 故选：C 6．如图，某山山顶与山底的垂直部分为（记山顶为点，山底为点），首先测量人员位于点，测得点位于正北方向，测得点的仰角为，然后测量人员沿北偏东方向行走了米到达点，此时测得，则此山的高度为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】B 【分析】在中，由正弦定理求出，在中由三角函数求出即可． 【解析】如图 ，，则，， 在中，由正弦定理知道，即，解得． 在中，，则，即，解得． 故选：B. 7．三棱锥中，若，，，则直线与平面所成角的正弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作平面于，在平面内过作，，垂足分别为，，连接，，可得为直线与平面所成的角，进而结合题设求角即可. 【解析】过点作平面于，在平面内过作，， 垂足分别为，，连接，， 则为直线与平面所成的角， 由平面，平面，所以，， 又，，，平面，则平面， 因为平面，则， 同理可得，由， 得，又， 因此四边形为正方形，，， 所以直线与平面所成角的正弦值. 故选：B. 8．已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，根据题意结合平面向量基本定理可得，， 设，且，由，整理得，结合进而可得结果. 【解析】设，即， 可得， 因为， 即， 整理可得，且不共线， 则，解得， 即，， 又因为点在内（不含边界），设，且， 可得， 则 可得，可得， 且，可得， 所以的取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛： 1.设，根据题意结合平面向量基本定理可得； 2.根据三角形可设，且，用表示，即可得结果. 二、多选题 9．设，为复数，下列说法正确的是（   ） A． B． C．若，则 D．若，则 【答案】BC 【分析】对于选项A、D找反例判断即可，对于选项B、C，根据复数模的计算即可判断. 【解析】设，，，，，， 对于选项A，例如，则，，两者不相等，故A错误； 对于选项B，因为， ， 又，，则，即，故B正确； 对于选项C，若，则，， 所以，故C正确； 对于选项D，令，，则，， 所以，此时，故D错误． 故选：BC. 10．已知事件发生的概率分别为，，则（    ） A．一定有 B． C．若与互斥，则 D．若与相互独立，则 【答案】BD 【分析】对于A，举例判断，对于B，利用和事件与交事件的概率公式结合已知分析判断，对于C，根据互斥事件的定义结合对立事件的概率公式分析判断，对于D，根据独立事件与和事件的概率公式分析判断. 【解析】对于A，盒子中有大小相同的12个球，其中红球有3个，白球有4个，黑球有5个，从盒子中任意摸出一个球，记事件为摸到红球，事件为摸到白球， 则满足，，但不成立，所以A错误， 对于B，， 因为，且，，， 所以，所以， 所以，即， 所以，所以B正确， 对于C，因为与互斥，所以，所以，所以C错误， 对于D，因为与相互独立，，， 所以， 所以，所以D正确， 故选：BD 11．在正三棱柱中，已知动点P满足，，且，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则三棱锥的体积是定值 B．若，则三棱锥的体积是定值 C．若，则三棱锥的体积是三棱柱的体积的 D．若，则直线AP与平面所成角的正弦值的最大值是 【答案】ACD 【分析】对于A，易得点在上，再根据棱锥的体积公式即可判断；对于B，易得点在上，再根据棱锥的体积公式即可判断；对于C，由题意得点为的中点，再根据棱锥和棱柱的体积公式即可判断；对于D，由题意可得点在上，取的中点，连接，证明平面，则即为直线AP与平面所成角的平面角，再解即可判断. 【解析】对于A，若，则， 所以，所以， 所以点在上， 因为，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，为定值， 而为定值， 所以为定值，故A正确； 对于B，若，则， 所以，所以， 所以点在上，所以点到平面的距离不是定值， 因为为定值， 所以不是定值，故B错误； 对于C，若，则点为的中点， 故，故C正确； 对于D，若，则三点共线，即点在上， 取的中点，连接， 则， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 所以即为直线AP与平面所成角的平面角， 设正三棱柱的棱长为，则， 而， 要使最大，则要最大， 则最小， 当时，最小，此时， 此时， 所以， 即直线AP与平面所成角的正弦值的最大值是，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 三、填空题 12．为估计某草场内兔子的数量，使用以下方法：先随机从草场中捕捉兔子100只，在每只兔子的尾巴上作上记号后放回草场.再随机从草场中捕捉60只，若尾巴上有记号的兔子共有10只，估计此草场内约有兔子 只. 【答案】 【分析】利用简单随机抽样，结合样本估计总体可解. 【解析】假设草场约有n只兔子，则，则. 故答案为：600. 13．在中，内角所对的边分别为，且 则的取值范围为 . 【答案】 【分析】由题意可得，进而可得，利用正弦定理化简可得，即可求出角B；根据诱导公式可得，结合角C的范围和正弦函数的性质即可得出结果. 【解析】由， 所以， 由正弦定理，得， 有，又，故； ， 因为，所以，则， 所以，即. 故答案为： 14．已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为 ，的面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】数形结合，作平面与平面平行，即可解决；令，用表示相关长度，整理得，结合二次函数即可解决. 【解析】取中点，连接，，依题意可得， 又，平面，可知平面， 当点在之间时，作分别交于点， 作分别交于点，连接，则平面与平面平行，得到的截面为五边形， 根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形. 要使截面多边形的面积最大，则当点在之间时， 令，则， 可得， 则， 可得， 所以， 又因为与的夹角为与夹角，而与垂直， 则， 可得， 可知：当时，取最大值. 当点在点时，此时截面即为，又， 当点在点，之间时，截面为与相似的三角形，且截面面积小于， 综上可得截面的面积的最大值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：根据平面的性质分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求解. 四、解答题 15．已知向量． (1)证明：； (2)与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)且 【分析】（1）求出的坐标，根据平面向量垂直的坐标运算证明； （2）转化为，且不平行. 【解析】（1）根据题意，， 则，所以； （2）与的夹角为钝角，， 则， 解得， 若向量，则，得，经验证满足同向共线， 所以且. 16．如图，绕边BC旋转得到，其中，平面ABC，∥． (1)证明：平面ACD； (2)若二面角的平面角为，求锐二面角平面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据题意可得，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角的平面角为，可得，结合（1）分析可知锐二面角平面角为，运算求解即可. 【解析】（1）由题意可知：，且，平面， 所以平面ACD. （2）过作，垂足为，连接，即， 因为平面ACD，平面ACD，则， 且，平面，则平面， 由平面，可得， 可知二面角的平面角为，且，可得， 由（1）可知：，则锐二面角平面角为， 且∥，可知， 可得， 所以锐二面角平面角的正弦值为. 17．为普及天文知识，某校开展了“天文知识竞赛”活动，共有1000名学生参加此次竞赛活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取了80名，统计他们的成绩，其中成绩不低于80分的学生被评为“航天达人”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)估计参加这次竞赛的学生成续的第75百分位数； (2)若在抽取的80名学生中，利用分层随机抽样的方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从6人中选择2人作为学生代表，求被选中的2人均为航天达人的概率； (3)已知组的方差为12，组的方差为8，试估计参加此次竞赛的学生不低于80分的成绩方差（结果保留整数）； 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据百分位数计算规则计算可得； （2）先按照分层抽样求出各层人数，再利用列举法结合古典概型即可得解. （3）利用分层抽样的方差公式计算可求方差. 【解析】（1）由频率分布直方图可知，成绩在内的频率为， 成绩在内的频率为， 成绩在内的频率为， 成绩在内的频率为， 成绩在内的频率为， 所以成绩在分以下的学生所占的比例为， 成绩在分以下的学生所占的比例为， 所以成绩的第分位数一定在内，即， 因此估计参加这次竞赛的学生成绩的百分位数为； （2）因为，，， 所以从成绩在，，内的学生中分别抽取了人，人，人， 其中有人为航天达人，设为，有人不是航天达人，设为， 则从人中选择人作为学生代表， 有， 共种， 其中人均为航天达人为共种， 所以被选中的人均为航天达人的概率为． （3）内的频率为，内的频率为， 内的平均数为，内的平均数为， 内的平均数为， 又组的方差为12，组的方差为8， 所以这次竞赛的学生不低于80分的成绩方差为. 18．“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，它是底面为矩形，一条侧棱垂于底面的四棱锥．如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：四棱锥是“阳马”； (2)点M在正方形内（包括边界）．平面平面且， （i）求M点轨迹长度； （ii）是否存在M点，使得平面平面，若存在，求二面角的余弦值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，该点为与交点，二面角的余弦值 【分析】（1）先由面面垂直的性质定理证得且，从而得平面即可得证四棱锥是“阳马”. （2）（i）以为直径在平面上作一个半圆，在该半圆周上任取点，连接、、，证明 平面即可找到点的轨迹即可结合扇形弧长公式求解.（ii）找到并证明与交点即为点M，再过A作的垂面即可进一步求解出二面角的余弦值. 【解析】（1）因为四边形ABCD是边长为2的正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以； 因为平面平面，平面平面，面， 所以平面，又平面，所以. 因为平面，所以平面， 所以四棱锥是“阳马”. （2）（i）如图，以为直径在平面上作一个半圆， 在该半圆周上任取点，连接、、，则， 又由（1）知平面，而平面， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，故点的运动轨迹在该半圆周上， 因为，所以， 所以根据扇形的弧长公式得点的运动轨迹长度为. （ii）存在M点，使得平面平面，且该点为与交点， 如图，连接、，则由（i）可知此时与交点在（i）中所作的半圆圆周上，且满足， 由正方体性质可知，，又平面，而平面， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 所以存在M点为与交点，使得平面平面， 过点A作交于点，过作交于点，连接， 又由平面可得， 所以由且、平面得平面， 所以且由平面得， 因为，、平面，所以平面， 所以是二面角的平面角， 因为正方体边长为2，， 所以， ， 所以，， 所以， 所以， 所以二面角的余弦值为. 【点睛】方法点睛：作二面角的平面角常用方法有 （1）定义法：在棱上取点，过该点分别在二面角两半平面内引出两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角. （2）垂面法：作一与棱垂直的平面，该垂面与二面角两半平面相交，交线所成的角即为二面角的平面角. 19．是直线外一点，点在直线上（点与两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记 (1)若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值； (2)若在正方体的棱上，且，由对施以视角运算，得到，求的值； (3)若是边的等分点，由对施以视角运算，证明：. 【答案】(1)3 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据锐角三角函数的定义，结合和差角公式可得，即可代入公式求解， （2）根据的计算公式，代入即可求解， （3）由正弦定理可得，即可结合对施以视角运算，即可求证. 【解析】（1）解：如图1， 因为，所以. 由正方体的定义可知，则， 故 . 因为，所以， 则. （2）解：如图2，设， 则. 因为， 所以 则，解得， 故. （3）证明：如图3， 因为是的等分点，所以 . 在中，由正弦定理可得， 则. 在中，同理可得. 因为，所以， 则. 同理可得. 故. 【点睛】方法点睛：对于新定义问题的求解策略： 1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中； 2、用好定义的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的定义的性质的一些因素. ( 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 $$