重庆市 2022-2023学年高一数学下学期期末模拟试题（Word版附解析）

开州中学2022-2023学年度高一下期末模拟试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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，只有一项是符合题目要求的.1．已知复数z满足，则z的共轭复数的虚部为（       ）A．B．C．D．【答案】A【分析】利用复数的除法运算求出复数，再求其共轭复数的虚部即可.【解析】的共轭复数为虚部为.故选：A.2.进入8月份后，我市持续高温，气象局一般会提前发布高温橙色预警信号（高温橙色预警标准为24小时内最高气温将升至37摄氏度以上），在今后的3天中，每一天最高气温在37摄氏度以上的概率是.用计算机生成了20组随机数，结果如下，若用0，1，2，3，4，5表示高温橙色预警，用6，7，8，9表示非高温橙色预警，则今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的概率估计是（）116785812730134452125689024169334217109361908284044147318027A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】从20个随机数中观察随机数的三个数中恰有2个在0，1，2，3，4，5中的个数，然后可 得概率．【详解】观察20个随机数，其中有116，812，730，217，109，361，284，147，318，027共10个表示3天中恰有2天发布高温橙色预警信号，因此所求概率为．故选：B．【点睛】本题考查随机数表，解题关键是正确理解题意，从随机数中求得表示3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的个数，从而得出概率．3.在中，，，分别为内角，，的对边，且，则的大小为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理将边化为角，再逆用两角和的正弦公式化简即可.【详解】因为，所以，即，所以，所以，即，所以，又，所以，所以，又，所以.故选：B4.下列命题中正确的是（）A.设，是两个不同平面，m、n是两条直线，若，，，则B.已知向量，且与共线，则 C.在正三棱柱ABCA1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为D.已知复数满足,则的最小值为2【答案】C【解析】【分析】对于A，与相交或平行，对于B，与相交或平行，对于C，由面面平行的判定定理得，对于D，m与n相交、平行或异面.【详解】对于A，如果，，，那么与β也可能平行，故A错误；对于B，因为所以，.因为与共线，所以，解得：，故B错误;对于C，如图，取A1C1的中点D1，连接B1D1，因为D是AC的中点，所以B1D1∥BD，所以∠AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角．连接AD1，设AB＝a，则AA1＝a，所以AB1＝a，B1D1＝a，AD1＝＝a，所以，在△AB1D1中，由余弦定理得，cos∠AB1D1＝＝＝，所以∠AB1D1＝60°，故C正确；对于D，|z-2i|=1的几何意义为复平面内动点Z到定点(0,2)的距离为定值1,如图:由图可知,|z|的最小值为2-1=1，故D错误.故选：C5．（2022·山西·高一阶段练习）对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，其中，，，，，，，，则（       ） A．A与B不互斥B．A与D互斥但不对立C．C与D互斥D．A与C相互独立【答案】D【解析】【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据的关系判断事件是否独立.【详解】由，，，即，故A、B互斥，A错误；由，A、D互斥且对立，B错误；又，，则，C与D不互斥，C错误；由，，，所以，即A与C相互独立，D正确.故选：D6．（2022·全国·高一）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术．图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形前纸窗花．图2中正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为（       ）A．5B．6C．7D．8【答案】D【解析】【分析】 计算得出，求出的取值范围，由此可求得的取值范围，从而可得最小值.【详解】如下图所示，由正六边形的几何性质可知，、、、、、均为边长为的等边三角形，当点位于正六边形的顶点时，取最大值，当点为正六边形各边的中点时，取最小值，即，所以，.所以，.的最小值为.故选：D.7．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（       ）A．B．C．D．【答案】A 【解析】【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，则，，，，，，所以，故选：A．8．已知三棱锥中，，，平面平面ABC，则三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】取的中点，连接，，如图所示：因为，所以为的外接圆圆心， 又因为，为的中点，所以.因为平面平面，所以平面，所以三棱锥的外接球球心在直线上.在上取一点，使得，即为三棱锥的外接球球心，设，，所以，.在中，，所以，解得，所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案选C：二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．（2021·山东淄博·高一期末）下列说法正确的是（       ）A．、、、、、、、、、的第百分位数是B．已知一组数据、、、、的平均数为，则这组数据的方差是C．有甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为30D．若、、、的标准差为，则、、、的标准差是【答案】BD【解析】【分析】利用百分位数的定义可判断A选项的正误；利用平均数和方差公式可判断B选项的正误；利用分层随机抽样可判断C选项的正误；利用方差公式可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，，所以，、、、、、、、、、的第百分位数是，A错误；对于B选项，由平均数公式可得，可得， 因此，这组数的方差为，B正确；对于C选项，乙、丙抽取的个体数分别为，则样本容量为，C错误；对于D选项，设、、、的平均数为，即，方差为，故、、、的平均数为，因此，数据、、、的方差为，故、、、的标准差为，D正确.故选：BD.10．（2022·山东·济南一中高一阶段练习）已知向量，，是向量的同向单位向量，则下列命题正确的是（       ）A．若，则B．若在上的投影向量为，则向量与的夹角为C．是与共线的唯一的单位向量D．存在，使得【答案】BD【解析】【分析】A.根据，由求解判断；B.根据在上的投影为，由求解判断；C.利用共线向量定理和单位向量求解判断；D.根据 求解判断.【详解】A.若，则，解得，故错误；B.若在上的投影为，则，因为，所以向量与的夹角为，故正确；C.与共线的单位向量是或，故错误；D.因为，则，，若，则，化简得，则，所以存在，使得，故正确.故选：BD11．在中，角，，的对边分别为，，，若，则以下结论正确的是（       ）A．B．C．D．【答案】AB【解析】【分析】对A,由两边之和大于第三边可得，再进一步用不等式的性质即可判断；对B，由余弦定理可知，再用正弦定理可知，进一步化简可得B,C的关系，进而可以得到a,b的关系；对C，结合B代特值即可判断；对D，结合B，可以得到A,B的关系，进而可以判断.【详解】因为，所以，故A正确； 由余弦定理得，，所以，由正弦定理得，，所以，即，所以，所以或，因为，若，可得，所以，又，所以，此时，，满足，故B正确；当，时，，故C错误；由B选项可知，故，即，故D错误．故选：AB.12．（2022·全国·高一单元测试）如图，在边长为2的正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连结,，在翻折到的过程中，下列说法正确的是_________．（将正确说法的序号都写上）A．四棱锥的体积的最大值为；B．当面平面时，二面角的正切值为；C．存在某一翻折位置，使得；D．棱的中点为，则的长为定值．【答案】ABD【解析】【分析】当面平面时，四棱锥的高取得最大值,此时体积达到最大值，经计算可知①正确；作出二面角的平面角，经计算可知②正确；利用反证法可知③不正确；取的中点，连，，，可得，经计算可知④正确.【详解】在翻折到的过程中，因为四棱锥的底面积为定值，定值为，所以当四棱锥的高取得最大值时，其体积达到最大， 当面平面时，四棱锥的高取得最大值,其最大值为直角三角形的斜边上的高，其值为，所以四棱锥的体积的最大值为，故A正确；当面平面时，过作，垂足为，则平面，所以，过作，垂足为，连，因为，所以平面，所以，所以为二面角的平面角，在直角三角形中，，在直角三角形中，，因为，所以，在直角三角形中，，所以，所以，所以二面角的正切值为，故B正确；连接，如图： 假设，因为，，所以平面，所以，所以，又，二者相矛盾，故假设不成立，故与不垂直，故C不正确；取的中点，连，，，如图：因为，，，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，在直角三角形中，，所以，即CN的长为定值，故D正确.故答案为：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高一阶段练习）已知某圆锥的母线长为3，其侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积为________．【答案】 【解析】【分析】先由侧面展开图求出底面圆半径，进而求得高，再由体积公式求解即可.【详解】设该圆锥的母线长为l，高为h，底面圆的半径为r．圆锥侧面展开图的面积为，解得，，该圆锥的体积为．故答案为：.14．把分别写有1，2，3，4的四张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么2，3连号的概率为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据列举法，列举出总的基本事件，以及满足条件的基本事件，基本事件个数之比即为所求概率.【详解】分三类情况，第一类1，2连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为，，，，，，有6种分法；第二类2，3连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为，，，，，，有6种分法；第三类3，4连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为，，，，，，有6种分法；共有18种分法，则2，3连号的概率为.15．（2021·山东烟台·高一期末）为调查高一､高二学生心理健康达标情况，某学校采用分层随机抽样方法，从高一､高二学生中分别抽取了50人､40人参加心理健康测试(满分：10分).经初步统计，参加测试的高一学生成绩的平均分，方差，高二学生的成绩的平均分、方差，则估计该学校高一､高二全体学生的平均分=，方差=. 【答案】（1），；（2），.【解析】【分析】（1）利用平均数和方差公式直接求解（2）利用分层抽样的平均数和方差公式直接求解【详解】.16.在∆中，，，、在上，且满足，，，则__________，__________.【答案】①.9②.【解析】【分析】首先设，，根据余弦定理，建立关于方程组，即可求解；和中，分别利用正弦定理表示，利用比值，即可求解.【详解】设，，，，，，，又，即，化简得：，即，即，解得：或，，，即，， 在中，，，在中，，，又，，，，，又，，在中，，即，解得：.故答案为：9；四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（本小题10分）某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动，某场比赛中，甲､乙､丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是，甲､丙两个家庭都回答错误的概率是，乙､丙两个家庭都回答正确的概率是.若各家庭回答是否正确互不影响.（1）求乙､丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；（2）求甲､乙､丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率.【答案】（1）乙：；丙：；（2）.【分析】（1）记“甲回答对这道题”、“乙回答对这道题”、“丙回答对这道题”分别为事件、、 ，则，且有，由此能求出乙、丙两人各自回答对这道题的概率．（2）首先计算出0个家庭回答正确这道题的概率与1个家庭回答正确这道题的概率，再根据对立事件的概率公式计算可得；【详解】解：（1）记“甲回答对这道题”、“乙回答对这道题”、“丙回答对这道题”分别为事件、、，则，且有，即，解得，．（2）有0个家庭回答正确的概率为，有1个家庭回答正确的概率为所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为。18．（本小题12分）（2022·河南省浚县第一中学高一阶段练习）如图所示正四棱锥，，P为侧棱上的点．且，求： (1)正四棱锥的表面积；(2)侧棱上是否存在一点E，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．(3)求二面角的平面角的余弦值．【答案】(1)；(2)在侧棱上存在一点，使平面，满足．【解析】【分析】（1）根据棱锥的表面积的计算公式即可求出结果；（2）分析可得在侧棱上存在一点，使平面，满足．证得平面平面，根据面面平行的性质定理即可证出结论.(1)正四棱锥中，，，侧面的高，正四棱锥的表面积．(2)在侧棱上存在一点，使平面，满足．理由如下： 取中点为，因为，则，过作的平行线交于，连接，．在中，有，平面，平面，平面，由于，．又由于，平面，平面，平面，，平面平面，得平面。19．（本小题12分）（2022·江苏·南京师范大学附属中学江宁分校高一期中）我校近几年加大了对学生奥赛的培训，为了选择培训的对象，今年月我校进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第组，第组，第组，第组，第组，第组，得到频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：(1)利用组中值估计本次考试成绩的平均数及中位数；(2)从频率分布直方图中，估计第百分位数是多少；(3)已知学生成绩评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成绩不小于分时为优秀等级，若从第组和第组两组学生中，随机抽取人，求所抽取的人中至少人成绩优秀的概率．【答案】(1)，67(2) (3)【解析】(1)本次考试成绩的平均数为.由频率分布直方图可知,本次考试学生成绩在分以下的样本所占比例为，所以样本数据的中位数为；(2)因为前3组频率之和为，前4组频率之和为，所以第百分位数在第4组中，设为，则，解得.第百分位数是.(3)第五组与第六组学生总人数为，其中第五组有人，记为、、、，第六组有人，记为、、，从中随机抽取人的情况有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、共有种，其中至少人成绩优秀的情况有种，所抽取的人中至少人成绩优秀的概率．20．（本小题12分）（本小题12分）在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，C，S为的面积，若__________（填条件序号）（1）求角C的大小；（2）若边长，求周长的最大值及面积的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）若选①：利用正弦定理进行角化边，然后根据余弦定理求解出的结果；若选②：根据正弦定理进行边化角，然后根据三角恒等变换的公式求解出的结果；若选③ ：根据面积公式结合已知条件求解出的值，从而求解出的结果；（2）利用余弦定理和的值结合基本不等式，求解出的最大值，由此可求解出周长的最大值.【详解】（1）若选①：因为，所以，所以，所以，所以且，所以，所以；若选②：因为，所以且，所以，所以，所以，所以且，所以，所以；若选③：因为，，所以且，所以且，所以；（2）因为，所以，所以，所以，所以，所以，取等号时，所以的周长的最大值为：.又由，所以即所以取等号时， 故21．（本小题12分）（2022·江苏扬州·高一期中）如图，在中，，，，、分别是线段、上一点，且.(1)设，，设，求；(2)若为线段与线段的交点，求.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）根据平面向量共线的性质，结合平面向量加法的几何意义、（2）根据平面向量减法的几何意义，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量数量积的定义、三点共线的性质进行求解即可.(1)∵∴∵，∴；(2)∵，直线与相交于点设， ∵A，M，D三点共线∴，解得，，∴，∴，∵在△ABC中，，∴22.（本小题12分）如图，在四棱柱中，各棱长均为1，，.（1）求证：；（2）求点到平面的距离；（3）侧棱上是否存在一点E，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由，【答案】（1）证明见解析； （2）；（3）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）连接，，，记，连接，利用三角形全等得，根据等腰三角形、正方形性质有、，最后由线面垂直的判定和性质证结论.（2）连接，利用等体积法有，结合线面平行求到平面的距离即可；（3）假设点存在，过E作，垂足为F，连接，应用勾股定理求长，结合E在棱上判断存在性即可.【小问1详解】如图，连接，，，记，连接.因为，，，故，所以，因为为正方形，则O为的中点，所以，且下底面也是正方形，故.因为平面，平面，且，所以平面，又平面， 所以.【小问2详解】连接.因为四边形是边长为1的正方形，所以.因为，且，所以.由（1）知：，则，所以，则，且.因为平面，平面，且，所以平面.设点到平面的距离为d，又，所以，解得.因为平面，所以点E到平面的距离为.【小问3详解】假设存在满足条件的点，由（2）知：，即.过E作，垂足为F，连接，则点F在的延长线上，.设，则，， 从而，解得.因为点E在棱上，则，所以假设不成立，即不存在点E，使得与平面所成角的正弦值为.