2022-2023学年四川省仁寿一中南校区高一下学期数学期末模拟（一)含答案

这是一份2022-2023学年四川省仁寿一中南校区高一下学期数学期末模拟（一)含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
  仁寿一中南校区2025届高一下学期数学期末模拟（一)第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的4个选项中只有一项是符合要求的）1. 若，则（    ）A. 1  B. 2  C.  D. 【答案】C【解析】因为，所以所以.故选：C2.已知，则（    ）A．   B．  C．   D．【答案】A【解析】由已知得：，所以3.（教材）已知直线与平面，能使的充分条件是（    ）A. B. C.  D. 【答案】D【解析】选项A中，,，得到和还有可能平行，所以错误；选项B中，，，，不一定得到，所以错误；选项C中，，和可能平行也可能相交，所以错误；选项D中，由知内必有直线，因为，所以，又因为，所以得到，所以正确．故选：D4.世界人口变化情况的三幅统计图如图所示．下列结论中错误的是　）　A．从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加 B．2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多 C．1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢 D．2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平【答案】C【解析】由折线图可以看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故正确：由扇形统计图可知2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故正确：由条形统计图可知2050年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平，故正确：三幅统计图并不能得到各个洲人口增长速度的快慢，故错误．故选：．5. 已知函数（，，）的部分图象如图所示.若，则的值为（    ）A.       B.   C.   D. 【答案】C【解析】根据题意，结合图像易知，，，因此，因为函数图像过点，所以，即，，由，解得，故.又因为，所以，即，因此.故选：C.6.在中，已知，向量在向量上的投影向量为，点是边上靠近的三等分点，则（    ）A．3 B．6 C．7 D．9【答案】C【解析】∵向量在向量上的投影向量为，∴又，∴．故选C．7. 记函数的最小正周期为，若，且，则（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】函数的最小正周期，则，解得；又，即是函数的一条对称轴，所以，解得.又，当时，.故选：C. 8. 某正四棱台形状的模型，其上下底面的面积分别为，，若该模型的体积为，则该模型的外接球的表面积为（    ）A.   B.  C.  D. 【答案】A【解析】设正四棱台形状的高为，故，解得，取正方形的中心为，正方形的中心为，则，故该模型的外接球的球心在上，设为点，连接，设上底面正方形的边长为，，则，解得，，故，设，则，由勾股定理得，，故，解得，故外接球半径为，该模型的外接球的表面积为.故选：A二、多选题（每小题5分，漏选得2分，多选或错选不得分）9.（教材改编）下面是关于复数的四个命题，其中的真命题为（    ）A．  B．  C．的共轭复数为 D．的虚部为【答案】BD【解析】由题意，复数，则，其中复数的虚部为.故选：BD.10.（教材P162练习2改编）若平面平面，且，则下列命题中错误的是（    ）A平面内的直线必垂直于平面内的任意一条直线；  平面内的已知直线必垂直于平面内的无数条直线；  平面内的任一条直线必垂直于平面； 过平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面.【答案】ACD【解析】A:内存在不与垂直的直线，如内平行于交线的直线平行于，故A错误；B:取平面内无数条与交线垂直的直线，平面内的已知直线与这无数条直线垂直，故B正确；C:内取与平行的直线，不垂直于，故C错误；D:若内的任意一点取在交线上，所作垂线可能不在平面内，所以不一定要直于，故D错误.11.如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点，则在原图中下列说法正确的是（    ）A. 四边形的面积为14    B. 与同向的单位向量的坐标为C. 在向量上的投影向量的坐标为  D. 的最小值为17【答案】ABD【解析】由直观图可得，四边形为直角梯形，且，则四边形的面积为，故A正确；如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，则，则，所以与同向的单位向量的坐标为，故B正确；，则在向量上的投影向量的坐标为，故C错误；设，则，则，，当时，取得最小值，故D正确.故选：ABD.12.  如图，正方体的棱长为a，线段上有两个动点E，F，且.则下列结论正确的是（    ）A. 当E与重合时，异面直线与所成的角为B. 三棱锥的体积为定值C. 在平面内的射影长为D. 当E向运动时，二面角的平面角保持不变【答案】BCD【解析】A：当E与重合时，因为，此时F为的中点，记BD中点为O，连接，由正方体性质可知，，所以四边形为平行四边形，所以，即为异面直线与所成角的平面角，又，，，所以，A错误；....（定义法求异面直线所成角关键是平移）B：，易知点A到平面的距离和点B到直线的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，B正确；C：易知，在平面内的射影在上，所以射影长为，C正确；D：二面角，即为二面角，显然其平面角不变，D正确.故选：BCD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，满分20分，请把答案填在答题纸上）13. 某高中学校共有学生3600人，为了解某次数学文化知识竞赛的得分情况，采用分层抽样的方法从这3600名学生中抽取一个容量为48的样本，若从高一、高二、高三抽取的人数组成一个以4为公差的等差数列，则该学校高三年级的学生人数为______人．【答案】1500【解析】设从高二抽取的人数为，则高一抽取的人数为，高三抽取的人数为.所以，解得，所以高三年级抽取了20人，由分层抽样的概念可知高三年级的学生人数为：.故答案为：1500.14.小张､小李参加满分为50分（只取整数）的岗上技能测试，小张的六次成绩从小到大分别为；李的六次成绩从小到大分别为.只知小张的六次成绩的第50百分位数等于小李的六次成绩的第80百分位数，则__________.【答案】45  【解析】因为，所以甲组的第50百分位数为，乙组的第80百分位数为，所以.故答案为45.15. (教材P164T15改编)如图所示，边长为2的正方形中，E、F分别是，的中点，沿SE、SF及EF把这个正方形折成一个三棱锥S—EFG，使、、三点重合，重合后记为G，则三棱锥S—EFG的外接球的表面积为__________.【解析】由题意可知，，，所以三棱锥补成如图所示的长方体，它们有同一的外接球，，所以外接球的直径，三棱锥S—EFG的外接球的表面积为.故答案为：16. 已知同时满足下列三个条件：①当时，的最小值为；②是偶函数；③．若在上有两个零点，则实数m的取值范围是__________.【答案】【解析】由①当时，则分别为最大值与最小值，所以的最小值即为半个周期，，由；由②是偶函数，所以，因为，所以或；由③，则， 所以.时，，因为在上有两个零点，根据正弦函数的图象  四、解答题（在答题卡相应题号下面作答，6个小题，共70分）17. (10分）(教材必修二P60T7改编)已知三个顶点的坐标分别为.(1)求的值.(2)若点E在x轴上,使为钝角三角形,且为钝角,求点E的横坐标的取值范围.【解析】（1）的顶点坐标分别为，，，（2）设,则,由为钝角,得,解得,由与不能共线,得,解得.故点E的横坐标的取值范围是.18.(12分）(教材必修二P163T4改编)如图，在直三棱柱中，，点P，Q分别为，的中点.求证：（1）PQ平面；（2）.【解析】（1）取的中点D，连结，.在中，P，D分别为，中点，，且.在直三棱柱中，，.Q为棱的中点，，且.，.四边形为平行四边形，从而.又平面，平面，平面.（2）在直三棱柱中，平面.又平面，.，D为中点，.由（1）知，，.又，平面，平面，平面, 19.(12分）某工厂对一批产品进行了抽样检测.如图是根据抽样检测后的产品净重(单位：克)数据绘制的频率分布直方图，其中产品净重的范围是[96,106]，样本数据分组为[96,98)，[98,100)，[100,102)，[102,104)，[104,106]，已知样本中产品净重小于100克的个数是36.(1)求样本容量及样本中净重大于或等于96克并且小于102克的产品的个数；(2)求样本中净重中位数；（结果用分数表示） (3)已知这批产品中每个产品的利润y(单位：元)与产品净重x(单位：克)的关系式为求这批产品平均每个的利润.【解析】(1)因为本中产品净重小于100克的个数是36，其对应的频率之和为：，所以样本总数为：；样本中净重大于或等于96克并且小于102克的产品的个数为：；（2）由频率分布直方图可知，前2组的频率和为，前3组的频率和为，所以中位数在第3组，设中位数为，则有，解得，所以中位数为.（3）这批产品总利润为：这批产品平均每个的利润为：. 20.(12分）(源于必修一教材P255T20)已知函数，将函数的图象左移个单位，再向上平移个单位，得到函数的图象．（1）求函数的最小正周期及单减区间；（2）当时，求的最小值以及取得最小值时的集合．【解析】（1），因此，所以，函数的最小正周期为，解不等式，得，因此，函数的单调减区间为；（2）时，则，，当时，即当时，函数取得最小值，此时，对应的的集合为.
 21. (12分）．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.在中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，___________.(1)求角A；(2)若，，点D在线段AB上，且与的面积比为3：5，求CD的长.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答内容计分）【解析】(1)选①，由正弦定理，得，即，故，又，故；选②，由正弦定理，得，又，故，又，故，又，故；选③，由可得，即，由正弦定理得，故，又，故；(2)在中，由余弦定理得，因为，所以，解得或（舍），又与的面积比为3：5，即，所以，在中，由余弦定理得，即.22.(12分）(教材必修二P165T21改编)如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.（1）平面与平面是否互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由．（2）若，为线段（接近点B）的三等分点，求多面体的体积．(3)若为何值时？二面角B—AF—E为．【解析】（1）解法一：（1）平面与平面互相垂直, 理由如下：因为底面,平面,所以． 因为为正方形,所以又,且平面,所以平面．因为平面,所以因为,为线段的中点,所以, 又,且平面,所以平面, 因为平面,所以平面平面．（1）解法二：平面与平面互相垂直,理由如下：因为底面,平面,所以平面底面,又平面底面,,平面,所以平面． 因为平面,所以因为,为线段的中点,所以,又,且平面,所以平面, 因为平面,所以平面平面（2）因为底面,为线段的中点,所以点到底面的距离为, 则, 又为线段的三等分点,即,, 所以多面体的体积为.（2）如图，取AB的中点M，作交AF于点N，连接EM，EN，因为EM为的中位线，所以，又平面ABCD，线段BC故平面ABF，，，故平面EMN，所以即为二面角的平面角，即设，则，因为，即，所以又，即，得