期末模拟卷01-2023-2024学年高一数学下学期期中期末重难点冲刺（苏教版2019必修第二册）

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1．若复数，则（ ）
A．B．2C．1D．3
【答案】C
【分析】计算得到，再计算模长得到答案.
【解析】，.
故选：C
2．运动员甲10次射击成绩（单位：环）如下：7，8，9，7，4，8，9，9，7，2，则下列关于这组数据说法不正确的是（ ）.
A．众数为7和9B．平均数为7
C．中位数为7D．方差为
【答案】C
【分析】根据众数的含义可判断A;计算出平均数判断B,算出中位数判断C;计算出方差判断D.
【解析】由题意，这组数据中7和9都出现3次，其余数出现次数没超过3次，
故众数为7和9，A正确；
计算平均数为 ，故B正确；
将10次射击成绩从小到大排列为：2，4，7， 7， 7，8，8，9，9，9，
则中位数为 ，故C错误；
方差为，
故D正确，
故选：C
3．已知向量，是单位向量，若，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出的模，将两边平方，求出向量，的数量积，再根据向量的夹角公式求得答案.
【解析】∵，是单位向量，若，
∴，，,
∴.
∴，∴，∴,
由
∴与的夹角为,
故选:B.
4．如图，用斜二测画法所画的一个平面图形的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面图形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由直观图还原可得原图形，结合斜二测画法求边长，再求其周长即可.
【解析】由直观图还原得到原图形如下，
由斜二测画法可得，，，
所以，，
所以四边形的周长为，即原平面图形的周长为.
故选：B.
5．甲、乙两人独立地解决某个数学难题，甲解决出该难题的概率为0.4，乙解决出该难题的概率为0.5，则该难题被解决出的概率为（ ）.
A．0.9B．0.8C．0.7D．0.2
【答案】C
【分析】求出甲乙两人分别解决不了难题的概率，即可求得该难题不能被解决即甲乙两人同时都解决不了该难题的概率，根据对立事件的概率计算，可得答案.
【解析】由题意可知甲不能解决该难题的概率为1-0.4=0.6,
乙不能解决出该难题的概率为1-0.5=0.5，
故该难题被解决出的概率为，
故选：C
6．已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）.
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】D
【分析】根据平面的基本性质判断A、B、C，由线面垂直、面面平行的性质判断D即可.
【解析】A：，，则或，错误；
B：，，则或，错误；
C：，，则相交或平行，错误；
D：，，则，又，故，正确.
故选：D
7．已知，，，则a，b，c的大小顺序为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用和差角正弦公式及商数关系可得、、，根据正弦函数的性质判断大小.
【解析】，
，
，
所以.
故选：B
8．在平面中，已知单位向量、的夹角为，向量，且，，设向量与的夹角为，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用平面向量数量积的运算可得出，求出的取值范围，再利用平面向量数量的运算可得出的表达式，结合二次函数的基本性质可求得的最大值.
【解析】因为单位向量、的夹角为，由平面向量数量积的定义可得，
，
，
所以，，
当取最大值时，必有，则
，
因为，，则，所以，或，
当时，，此时；
当时，则，
所以，，
此时，
综上所述，的最大值为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：求平面向量夹角的方法：
（1）定义法：利用向量数量积的定义得，其中两向量的取值范围是；
（2）坐标法：若非零向量、，则.
二、多选题
9．已知向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A．的相反向量是B．若，则
C．在上的投影向量为D．若，则
【答案】AC
【分析】对于A：由相反向量的定义，直接判断；对于B：利用向量平行的条件列方程求出k，即可判断；对于C：利用投影向量的定义，直接求解；对于D：利用向量垂直的条件列方程求出k，即可判断.
【解析】对于A：由相反向量的定义，即可得到的相反向量是；
对于B：因为，，所以.
又，且，所以，解得：.
故B错误；
对于C：因为，，所以，所以在上的投影为，
所以在上的投影向量为.
故C正确；
对于D：因为，，所以.
又，且，所以，解得：.
故D错误.
故选：AC
10．某市商品房调查机构随机抽取n名市民，针对其居住的户型结构和满意度进行了调查，如图1调查的所有市民中四居室共300户，所占比例为，二居室住户占．如图2是用分层抽样的方法从所有调查的市民的满意度问卷中，抽取10%的调查结果绘制成的统计图，则下列说法错误的是（ ）
A．样本容量为90B．样本中三居室住户共抽取了35户
C．据样本可估计对四居室满意的住户有110户D．样本中对二居室满意的有3户
【答案】BC
【分析】推导出二居室有150户，三居室有450户，由此利用图1和图2能求出结果．
【解析】解：如图1调查的所有市民中四居室共300户，所占比例为，二居室住户占，
，二居室有户，三居室有450户，
由图1和图2得：
在A中，样本容量为：，故A正确；
在B中，样本中三居室住户共抽取了户，故B错误；
在C中，根据样本可估计对四居室满意的住户有户，故C错误；
在D中，样本中对二居室满意的有户，故D正确．
故选：BC．
11．在△ABC中，角所对的边分别是，下列说法正确的是（ ）
A．若acsA=bcsB，则是等腰三角形
B．若，则满足条件的三角形有且只有一个
C．若不是直角三角形，则
D．若，则为钝角三角形
【答案】BC
【分析】对于A利用正弦边角关系及三角形内角性质可得或判断；对于B应用余弦定理求即可判断；对于C由三角形内角性质及和角正切公式判断．对于D由向量数量积定义判断；
【解析】对于A：由正弦定理得，则，
则中或，故A错误；
对于B：由，则，
可得，故，满足条件的三角形有一个，故B正确；
对于C：由不是直角三角形且，
则，
所以，故C正确；
对于D，即，
为锐角，故不一定为钝角三角形，故D错误；
故选：BC
12．在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线所成的角为
B．直线与直线所成的角为
C．若平面过点M，且，则平面截正方体所得的截面图形的周长为
D．动点P在侧面及其边界上运动，且，则与平面所成角的正切值的取值范围是
【答案】BCD
【分析】根据异面直线所成角判断A、B，通过证明线面垂直，即可判断C、D；
【解析】解：对于A：连接，显然，所以即为直线与直线所成的角，
根据正方体的性质可得为等边三角形，所以，故A错误；
因为，，，平面，
所以平面，平面，所以，
所以直线与直线所成的角为，故B正确；
同理可证，，平面，所以平面，
取的中点、的中点，连接、、，
所以且，且，且，
显然平面平面，
所以平面，所以平面即为平面，所以，
即平面截正方体所得的截面图形的周长为，故C正确；
对于D：因为平面，所以线段即为点的轨迹，
所以当点与（）重合时最大，当为的中点时最小，
所以，
又平面，所以为与平面所成角，
所以，
所以与平面所成角的正切值的取值范围是，故D正确；
故选：BCD
三、填空题
13．已知随机事件A，B，事件A和事件B是互斥事件，且，，则__________．
【答案】/
【分析】利用互斥事件概率公式即可求得的值.
【解析】事件A和事件B是互斥事件，且，，
则
故答案为：
14．某数学课外兴趣小组对一圆锥筒进行研究，发现将该圆锥放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内首次转回到原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周.如图，若该兴趣小组已测得圆锥的底面半径为5，则该圆锥的体积为___________.
【答案】/
【分析】利用周长的比值可求得圆锥的母线长，进而得到圆锥的高，利用圆锥的体积公式即可求解.
【解析】解：设圆锥的母线长为，则圆锥绕顶点滚动所形成的圆的半径为，周长为，
又圆锥底面半径为5，则底面周长为，
故，解得，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为.
故答案为：
15．在中，，，，点在边上，且，则的值为___________.
【答案】
【分析】首先由余弦定理求出，再求出，由正弦定理求出，再由余弦定理求出，最后在中由正弦定理求出，最后由同角三角函数的基本关系计算可得；
【解析】解：因为，，，
由余弦定理，即，所以，
因为，所以，
所以
由正弦定理，所以，
再由余弦定理，
即，解得或，
又，，所以，则，
在中由正弦定理，即，
所以，又，所以，
所以；
故答案为：
16．已知点，，均位于单位圆（圆心为，半径为1）上，且，则___________；的最大值为___________.
【答案】 /
【分析】根据弦长公式可求得，利用平面向量的线性运算及数量积的定义可求解的值；建立直角坐标系，设，，三点的坐标，利用平面向量数量积的坐标表示即可求解的最大值.
【解析】解：因为，圆的半径为1，所以，
又，所以；
以圆心为原点，建立直角坐标系，设，
则，
则，因为，所以的最大值为.
故答案为：；.
四、解答题
17．已知，．
(1)求cs2α的值；
(2)若，且，求角β．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）根据条件由同角三角函数的基本关系求出，再由二倍角的余弦公式转化为正切化简求值；
（2）利用角的变换及两角差的正弦公式求解即可.
【解析】（1）由可得，即，
.
（2）,,
，又，，
由（1）知，，，
，
又，.
18．已知在中，角，，的对边分别是，，，在①；②；③中任选一个作为条件解答下面两个问题．
(1)求角；
(2)已知，，求的值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 若选①根据正弦定理及两角差的余弦定理可得求解；若选②根据正弦定理及三角恒等变换可得求解；若选③由正弦定理及余弦定理求解即可.
（2）由三角形的面积公式及余弦定理即可得解.
【解析】（1）若选①：因为，
所以由正弦定理可得
因为，所以.
所以可得，即
所以
因为，所以.
若选②：因为,
所以由正弦定理可得
所以
因为 ,所以.
所以
因为，所以.
若选③：因为，
所以由正弦定理可得
所以由余弦定理可得
因为，所以.
（2）由（1）知，
因为，，
所以，解得，
由余弦定理，得
所以.
19．北京时间2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射，约577秒后，神舟十四号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将陈冬、刘洋、蔡旭哲3名航天员送入太空，顺利进入天和核心舱．为激发广大学生努力学习科学文化知识的热情，某校团委举行了一场名为”学习航天精神，致航空英雄”的航天航空科普知识竞赛，满分100分，共有100名同学参赛，经过评判，这100名参赛者的得分都在[40，90]之间，其得分的频率分布直方图如图所示．
(1)根据频率分布直方图，求这100名同学得分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
(2)用分层抽样的方法从得分在[60，70），[70，80），[80，90]这三组中选6名学生，再从这6名学生中随机选取2名作为代表参加团委座谈会，求这2名学生的得分不在同一组的概率．
【答案】(1)64.5
(2)
【分析】（1）首先根据频率和为1，求，再根据平均数公式，即可求解；
（2）首先确定各组抽取的人数，再通过列举的方法求古典概型的概率.
【解析】（1）根据题意知，解得，
所以这100名同学得分的平均数是
答：平均数是64.5．
（2）由条件知从抽取3名，从中抽取2名，从抽取1名，分别记为，
因此样本空间可记为
用A表示“这2名同学的得分不在同一组”，则
A包含样本点的个数为11，
所以
答：这2名同学的成绩分别在各一名的概率是
20．如图，AB是圆O的直径，C是圆上异于A，B一点，直线PC⊥平面ABC，AB＝PC＝4，AC＝2．
(1)求点C到平面PAB的距离；
(2)求二面角B－PA－C的正切值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用垂直关系，以及等体积转化求点到平面的距离；
（2）因为平面PAC，再根据垂直关系，构造二面角的平面角，即可求得二面角的正切值.
(1)
因为平面ABC，AC，平面PAC，
所以．
因为点C在以AB为直径的圆上，所以．
因为，所以，
所以．
因为平面ABC，
所以三棱锥的体积．
在中，因为，
由余弦定理得
因为，所以，
所以的面积．
记点C到平面PAB的距离为h，
则，解得．
(2)
由（1）知，，
又因为PC，平面PAC，，所以平面PAC，
因为平面PAC，所以．
在平面PAC中，过C作，垂足为D，
连接BD，因为平面PAC，
所以平面BCD，
所以即为二面角的平面角．
因为，
所以，
．
在中，，
所以二面角的正切值为．
21．已知m>0，n>0，如图，在中，点M，N满足，，D是线段BC上一点，，点E为AD的中点，且M，N，E三点共线．
(1)若点O满足，证明：．
(2)求的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据向量的线性运算法则，利用依次表示，再结合向量共线定理证明即可；
(2)由(1) ，结合结论可得，再利用基本不等式求的最小值．
【解析】（1）由题可知，
因为点E为AD的中点，所以．
由，则，即，
，
又
所以，又三点不共线，
所以．
（2）因为M，N，E三点共线，
所以可设，又，，
所以
又，
所以，
所以，
所以，
当且仅当，时，等号成立．所以的最小值是．
22．已知函数.
(1)求函数的最小正周期；
(2)若不等式对任意恒成立，求整数m的最大值；
(3)若函数，将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若关于x的方程在上有解，求实数k的取值范围.
【答案】(1)
(2)4
(3)
【分析】（1）由二倍角公式及辅助角公式求得，从而可求周期；
（2）先求函数的最值，再根据恒成立建立不等式组即可求解；
（3）将问题转化为二次方程有解问题解决.
【解析】（1）由题意得，
.可得函数的最小正周期为.
（2）因为，所以，
所以，所以当时，的最小值为1；当时，的最大值为2，所以.
由题意得，，所以对一切恒成立，
所以，解得，所以整数m的最大值为4.
（3）由题意知，，
将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得，
再向右平移个单位得，
因为关于x的方程在区间上有解，整理得：
，即（*）在区间上有解，
，
因为，所以
令，
（*）式可转化为：在内有解，
所以，，又因为和在为增函数，
所以在为增函数，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值，所以，
综上所述：k的取值范围为.