2023-2024学年高一数学下学期期末模拟测试卷人教A版2019（含解析）

2023-2024学年高一数学下学期期末模拟测试卷人教A版2019
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．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
3．如图，是水平放置的直观图，其中，轴，轴，则（ ）
A． B．2 C． D．4
4．抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，“次中至多有一次正面朝上”，下列说法不正确的是（ ）
A．当时， B．当时，事件与事件不独立
C．当时， D．当时，事件与事件不独立
5．已知 的内角 的对边分别为 若面积 则（ ）
A． B． C． D．
6．已知是边长为1的等边三角形，点、分别是边、的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知等腰梯形，，，圆为梯形的内切圆，并与，分别切于点，，如图所示，以所在的直线为轴，梯形和圆分别旋转一周形成的曲面围成的几何体体积分别为，，则值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，在正四棱台中，上底面边长为4，下底面边长为6，体积为，点E为AD中点，过点E的平面α与平面平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
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．下列结论恒为零向量的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知直线，，平面，，则下列说法错误的是（　　）
A．，，则
B．，，，，则
C．，，，则
D．，，，，，则
11．如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．平面平面 B．三棱锥的体积为定值
C．在上存在点，使得面 D．的最小值为2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为 ．
13．如图，正六边形的边长为，半径为1的图的圆心为正六边形的中心，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围为
14．在棱长为1的正方体中，点是该正方体表面及其内部的一个动点，且平面，则线段的长的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，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)求；
(2)求满足的实数m，n的值；
(3)若，求实数k的值．
16．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知：，
(1)求b和角B；
(2)求的取值范围.
17．文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中的值；
(2)求样本成绩的第75百分位数；
(3)已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差.
18．如图，点分别是矩形的边上的两点，，.

(1)若是线段靠近的三等分点、是的中点，求；
(2)若，求的范围；
(3)若，连接交的延长线于点为的中点，试探究线段上是否存在一点，使得最大.若存在，求的长；若不存在，说明理由.
19．如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的中点，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标可得答案．
【详解】，
复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．
故选：D.
2．B
【分析】由线面平行，线面垂直，面面平行，面面垂直的性质逐项判断即可；
【详解】A：若，，则或相交，故A错误；
B：若，，由线面平行和垂直的性质可得，故B正确；
C：若，，则或，故C错误；
D：若，，则或或，故D错误；
故选：B.
3．C
【分析】借助余弦定理计算可得直观图中的长度，结合斜二测画法可知形状及边长，即可得.
【详解】在，，，
由余弦定理可得：，
即，而，解得，
由斜二测画法可知：中，，，，
故.
故选：C.
4．D
【分析】分和的情况分别考虑四个选项.
【详解】当时，表示一正一反，故，故A正确；
此时，，
，故B正确；
当时，表示并非每次都是正面朝上，
故，故C正确；
此时，，
，所以，故D错误.
故选：D.
5．D
【分析】先利用余弦定理的变形：，结合三角形的面积公式，可把条件转化为：，再根据同角三角函数的基本关系和三角形中，可求得,，，利用倍角公式计算即可得出结果.
【详解】因为，所以，
又由，
所以.
所以
所以，又因为在中，，所以.
又因为，解得：，所以，C为钝角，
，结合为锐角，解得：或(舍).
故选：D
6．C
【分析】根据题意，画出图形，根据向量的运算法则，结合向量的数据的运算，准确计算，即可求解.
【详解】解：如图所示，因为分别是边和的中点，且，
可得
.
故选：C.
7．C
【分析】先确定旋转体的形状，再求解几何体的体积即可得出结果.
【详解】梯形ABCD旋转一周形成圆台，且圆台的上底面半径为,下底面半径为,
由圆O和梯形ABCD相切可得，，
所以圆台高, 圆O半径，
所以，,
所以，.
故选：C.
8．D
【分析】首先过点作于点，结合已知得，由棱台体积公式得，由勾股定理得，再求出的长，最终根据相似三角形对应边成比例即可得解.
【详解】如图所示，点作于点，因为，所以，
则四棱台的高为，则四棱台的体积为，
解得，所以侧棱长为.
如图所示：作于点，作于点，连接，
由对称性可知，，
所以，而，
所以，所以，
同理，
分别在棱上取中点，则平面即为平面，
，
所以截面多边形的周长为.
故选：D.
9．BCD
【分析】利用平面向量的线性运算逐个选项直接求解判断即可.
【详解】对于A，，A错；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D正确.
故选：BCD
10．ABC
【分析】结合空间中点、线、面的位置关系与面面平行的判定定理逐项判断即可得.
【详解】选项A中，若，，则可能在内，也可能与平行，故A错误；
选项B中，若，，，，则与也可能相交，故B错误；
选项C中，若，，，则与也可能相交，故C错误；
选项D中，若，，，，，
依据面面平行的判定定理可知，故D正确．
故选：ABC．
11．ABC
【分析】证明平面即可判断A，由平面即可判断B，当为的中点时，证明平面平面，即可判断C，化折线为直线，利用余弦定理判断D.
【详解】对于A：由正方体的性质可知，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理可证，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；
对于B：因为，平面，平面，所以平面，
又，所以点到平面的距离为定值设为，的面积也为定值，
又为定值，故B正确；
对于C：当为的中点时，点也为的中点，则，
由平面，平面，所以平面，即平面，
同理可证平面，又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以面，故C正确；
对于D：如下图，将沿着翻折到与平面共面且、在的异侧，
连接与交于点，则即为的最小值，
又，，
所以，
即的最小值为，故D错误.
故选：ABC
12．
【分析】根据题意，结合向量的数量积和投影向量的计算方法，准确计算，即可求解.
【详解】由向量和，可得，
则在上的投影向量的坐标为．
故答案为：.
13．
【分析】根据题意，以为原点建立平面直角坐标系，设点，则，将表示为关于的表达式，结合正六边形的性质算出的取值范围.
【详解】以为原点，六边形的左、右顶点所在直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系，
则圆的方程为，当在轴下方，且位于正六边形与轴平行的边上时，
的纵坐标为，可得，其中，
设，则，．
可得，，
所以，
结合，当时，有最小值5，
当时，有最大值7，可知，
根据图形的对称性，可知：当在正六边形其它的边上时，也成立.
综上所述，的取值范围为.
故答案为：
14．
【分析】证明平面平面，得点的轨迹，由此可得的最大值为的长，最小值为到平面的距离，求出距离后可得．
【详解】连接，正方体中由与平行且相等得是平行四边形，从而，
又平面，平面，所以平面，同理平面，
又，平面，所以平面平面，
平面，则平面，
所以动点的轨迹形成的区域为的边界及内部，的最大值为即的长，
的最小值为到平面的距离，
连接交于点，连接交于点，，
由平面，平面，得，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以，同理，
又因为，平面，所以平面，
同理可证，所以，从而，
故线段的长的取值范围是．
故答案为：．
15．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用平面向量的坐标求模即可；
（2）根据题意列方程组即可求解；
（3）利用平面向量的平行关系求参数即可.
【详解】（1）.
（2）由，得，解得.
（3），，
因为，所以，
解得.
16．(1)，
(2)
【分析】（1）对由正弦定理边化角，化简求出，即得角B，对由正弦定理边化角，化简求得；
（2）由（1）得，借助与正弦定理边化角以及三角恒等变换得，结合角A的范围，求出的取值范围.
【详解】（1）由得，即，
，即，
因为，所以，解得，
因为，所以，
由得，即，
解得或（舍），
故，.
（2）
，
因为为锐角三角形，所以，即，解得，
所以，则，
解得，即的取值范围为
17．(1)
(2)84
(3)62，23
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质建立关于a的方程，解之即可求解；
（2）确定第75百分位数所在的区间，结合百分位数的概念与运算即可求解；
（3）由频率分布直方图求得，结合样本方差计算总体方差公式计算即可求解.
【详解】（1）由每组小矩形的面积之和为1得，，
所以.
（2）成绩落在内的频率为，
落在内的频率为，
显然第75百分位数，由，解得，
所以第75百分位数为84.
（3）由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，所以；
由样本方差计算总体方差公式，得总方差为
.
18．(1)
(2)
(3)存在，.
【分析】（1）建立平面直角坐标系，利用坐标法计算可得夹角余弦值即可；
（2）根据数量积的运算律得到，结合的范围计算可得；
（3）建立平面直角坐标系，求出点坐标，设，则，利用两角差的正切公式、锐角三角函数及基本不等式计算可得.
【详解】（1）以点为坐标原点，、所在的直线为轴 轴建立直角坐标系，

则，，，，
所以，
，，
.
（2）由，，
故，则，
所以
，
由，故.
（3）同（1）问建立相同直角坐标系，

则可得，即，
假设存在点，使得最大，由，即有最大，
设，当时，角度为，此时不可能最大，故，所以，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
即存在，且.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质和勾股定理逆定理得出线线垂直，结合线面垂直的判定定理可证结论；
（2）先结合等体积法求出点面距，再利用点面距和线面角的关系可求答案.
【详解】（1）由题意，四边形为直角梯形，且，
所以，所以，
取的中点，连接，则且，且，
故四边形为矩形，
则，且，所以，
又由，所以，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面；
又平面，所以，
因为，则，所以，
又平面，所以平面.
（2）取的中点为的中点为，连接，
过在平面内作垂直于，垂足为，
又平面平面，平面平面，
所以平面为的中点，
所以，所以平面平面，所以，
又因为平面，
所以平面平面，
所以平面，
得平面.
因为，
所以，
由等面积法可得，
延长与交于点，则为的中点，为直线与平面的交点，
设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，
则所以，
由，所以.
答案第1页，共2页
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