期末模拟试卷02（平面向量+三角恒等变换+解三角形+复数+立体几何+统计概率）-2023-2024学年高一数学下学期期中期末常考考点精讲精练（苏教版必修第二册）

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第I卷 选择题部分（共60分）
一、选择题：本大题共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．若为实数，且 ，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复数的四则运算法则计算即可得答案.
【详解】由题意可得，，
解得.
故选：D.
2．为了解“双减”政策实施后学生每天的体育活动时间，研究人员随机调查了该地区1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组，经整理得到如图的频率分布直方图，则可以估计该地区学生每天体育活动时间的第25百分位数约为（ ）
A．42.5分钟B．45.5分钟
C．47.5分钟D．50分钟
【答案】C
【分析】由频率之和为1求出，利用求百分位数的公式进行求解.
【详解】由频率之和为1得：，
解得：，
由，，
故第25百分位数位于内，
则第25百分位数为，
可以估计该地区学生每天体育活动时的第25百分位数约为47.5
故选：C
3．定慧禅寺位于江苏省如皋市，是国家AAA级旅游景区．地处如皋古城东南隅，寺门正对玉带河，东临放生池，西南傍玉莲池，寺院平面布置呈"回"字形，楼堂环绕四周，宝殿坐落中央，形成"水环寺，楼抱殿"独特格局．某同学为测量寺内观音塔的高度，在观音塔的正北方向找到一座建筑物，高约为22.5，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部A，观音塔顶部的仰角分别为30°和45°，在A处测得观音塔顶部的仰角为15°，观音塔的高度约为（ ）
A．32B．39C．45D．55
【答案】C
【分析】先在中求出的长度，然后再求出中，，利用正弦定理求出，最后利用三角函数定义求出的长度.
【详解】由题意得，在中，，
在中，，，
.
由正弦定理得，，得，
在中，.
故选：C.
4．已知正方体中，点M､N分别是的中点，那么以下4个结论中，不正确的是（ ）
A．B．
C．平面D．与异面
【答案】D
【分析】连接，易得是的中点，从而可得，即可判断BCD，根据线面垂直的性质即可判断A.
【详解】解：连接，
则互相平分，
因为是的中点，
所以是的中点，
又因是的中点，
所以，故B正确，D错误；
又平面，平面，
所以平面，故C正确；
因为平面，平面，
所以，
又，
所以，故A正确.
故选：D.
5．蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A，B，C，D，四面体ABCD的体积为，BD经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取AC中点，连接、，易得AC为圆面ABC的直径，平面ABC，进而得到平面ABC，然后根据四面体ABCD的体积为，可求外接球半径并求表面积.
【详解】如图，取AC的中点M，连接BM与球O交于另一点N，连接OM，DN，
易知AC为圆面ABC的直径，平面ABC，
因为O，M分别为BD，BN的中点，所以，
所以平面ABC，
∵，∴，
即，在中，，
∴，∴，∴球O的表面积为．
故选：D．
6．已知都是锐角，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由已知条件求出，再由两边取余弦函数化简可求得结果
【详解】因为为锐角，，
所以，
因为都是锐角，所以，
因为，
所以，
所以
，
故选：B
7．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（ ）.

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由P、C、D三点共线及，可求m的值，再用、作基底表示，进而求即可.
【详解】∵，，
即且，
∴，
又C、P、D共线，有，即，
即，而，
∴
∴=.
故选：C
8．凸四边形就是没有角度数大于180°的四边形，把四边形任何一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形，如图，在凸四边形ABCD中，，，，，当变化时，对角线BD的最大值为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】C
【分析】设，，在△ABC中，根据余弦定理表示，根据正弦定理表示，在△BCD中，由余弦定理表示，化简求得最值.
【详解】设，，，，
在△ABC中，由余弦定理，得，
由正弦定理，得，∴.
∵，，，
在△BCD中，由余弦定理，得,
∴
，
当，即时，取得最大值，为，
即BD的最大值为.
故选：C.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9．已知函数，，则（ ）
A．
B．在区间上只有2个零点
C．的最小正周期为
D．为图象的一条对称轴
【答案】ABD
【分析】首先利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质分别判断四个选项的正误，即可得正确选项.
【详解】因为，
对于选项A：因为，所以，故选项A正确；
对于选项B：当时，，
当或时即或时，
所以在区间上有个零点，故选项B正确；
对于选项C：的最小正周期，故选项C不正确；
对于选项D：此时，
所以是函数的一条对称轴，故选项D正确，
故选：ABD.
10．一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏.方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后不放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球.记三种方案选到3号球的概率分别为，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据题意分别求，，，方案一：直接求解即可；方案二：选到3号球有两种可能：第二次摸出的为3号球，或第一次2号球，第二次1号球；方案三：根据古典概型利用列举法理解运算．
【详解】方案一：“选到3号球”的概率
方案二：“选到3号球”的概率
方案三：同时摸出两个球共有：共3个基本事件，“选到3号球”包含共2个基本事件，“选到3号球”的概率
∴，，，，ABD正确，C错误
故选：ABD．
11．设，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若与都是实数，则
C．若，则的最大值为D．若为纯虚数，则
【答案】BC
【分析】根据复数的运算、复数为纯虚数和实数的条件、共轭复数的定义及复数模的运算公式和几何意义逐一判断即可得出答案.
【详解】对于选项A：因为，所以，
所以，所以.故A选项错.
对于选项B：因为为实数，所以，所以.
因为为实数，
所以，又因为，所以.
所以，所以.故B选项正确.
对于选项C：若，则，表示以原点为圆心，半径为1的圆，表示圆上的动点与点之间的距离，故的最大值为：，故C正确.
对于选项D：因为，所以.
因为为纯虚数，所以且，解得：或.故D选项错误.
故选：BC.
12．如图，正方体的棱长为，且，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．平面
B．
C．直线与平面所成角为
D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【分析】取棱中点，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出EF与平面ABCD所成的线面角判断C；使用等积法求点到平面的距离.
【详解】在正方体中，取棱中点，连接，

因为M，N分别为AC，的中点，则，
因此四边形为平行四边形，则平面，
平面，所以平面，A正确；
因为平面，平面，则，所以，B正确；
显然平面，则是与平面所成的角，又，
有，由于，所以直线MN与平面ABCD所成的角为，C错误；
等边三角形的面积为，设到平面的距离为，
由得，解得 ，D正确.
故选：ABD
第II卷 非选择题部分（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．若一个圆柱和一个圆锥的底面周长之比为，圆柱的体积是圆锥体积的2倍，则圆柱的高与圆锥的高的比为______.
【答案】/
【分析】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的底面半径为，高为，结合题意得到，结合圆柱和圆锥的体积公式，求得的值，即可求解.
【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为，圆锥的底面圆的半径为，高为，
因为圆柱和圆锥的底面周长之比为，可得，所以，
又因为圆柱的体积是圆锥体积的2倍，可得，
解得，即圆柱的高与圆锥的高的比为.
故答案为：.
14．某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）超过1000小时的概率都是0.5，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为____________.
【答案】/
【分析】根据题意，求出超过1000小时时，元件1、元件2至少有一个正常和元件3正常的概率，再利用独立事件的概率公式求解即可.
【详解】因为三个电子元件的使用寿命（单位：小时）超过1000小时的概率都是0.5，即，
记事件超过1000小时时，元件1、元件2至少有一个正常，事件超过1000小时时，元件3正常，事件该部件的使用寿命超过1000小时，
则，，
因为事件为相互独立事件，事件为同时发生的事件，
所以．
故答案为：．
15．在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足．若A，B，C，D四点共圆，且点D与点A位于直线BC的两侧．，，则AD=______．
【答案】
【分析】根据余弦定理，结合不等式以及三角函数的有界性可得，进而可得，进而由余弦定理即可求解.
【详解】由，与相加可得，
由于，所以,
所以,由于,故，
如图可知：,，,
在中，由余弦定理可得 ,
解得 或（舍去），
故答案为：
16．如图，在Rt△AOC中，，圆O为单位圆．
（1）若点P在圆O上，，则______________
（2）若点P在△AOC与圆O的公共部分的圆弧上运动，则的取值范围为__________
【答案】
【分析】（1）根据结合数量积的运算律即可求出；
（2）法一：根据，结合余弦函数的性质即可得解.
法二：以O为原点，OA所在直线为y轴，OC所在直线为x轴建立坐标系，设，再根据数量积的坐标运算结合三角函数的性质即可得解.
【详解】（1）在△AOP中，，，，
，
则，
即
（2）法一：
，
因为，所以，
故的取值范围为．
法二：
以O为原点，OA所在直线为y轴，OC所在直线为x轴建立坐标系，
设，，，
所以，，
则
，
∵，则，∴，
，
即．
故答案为：（1）；（2）.
【点睛】方法点睛：求向量模的常见思路与方法：
（1）求模问题一般转化为求模的平方，与向量数量积联系，并灵活应用，勿忘记开方；
（2）或，此性质可用来求向量的模，可实现实数运算与向量运算的相互转化；
（3）一些常见的等式应熟记：如，等.
四、解答题：本大题共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．设向量，．
(1)求在上的投影向量；
(2)若向量与向量的夹角为钝角，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据投影向量的定义直接求解即可；
（2） 因为向量与向量的夹角为钝角可得数量积小于0，列式计算可得取值范围.
【详解】（1）求在上的投影向量.
（2）由已知，，，
所以，
因为向量与向量的夹角为钝角，
所以，，解得，
又因为向量不与向量反向共线，
若共线，设，则，
可得或（舍去），
所以解得.
18．全国爱卫办组织开展“地级市创卫工作”满意度调查工作,2023年2月14日24日在网上进行问卷调查,该调查是国家卫生城市评审的重要依据,居民可根据自身实际感受,对所在市创卫工作作出客观、公正的评价.现随机抽取了100名居民的问卷进行评分统计,评分的频率分布直方图如图所示,数据分组依次为:
(1)求的值以及这100名居民问卷评分的中位数；
(2)若根据各组的频率的比例采用分层随机抽样的方法,从评分在[65,70)和[70,75)内的居民中共抽取6人,查阅他们的答卷情况,再从这6人中选取2人进行专项调查,求这2人中恰有1人的评分在内的概率.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由各组数据频率之和为1可得a,由频率分布直方图计算中位数公式可得答案；
（2）由（1）结合频率分布直方图可知6人中,[65,70)中的有2人,[70,75)中的有4人,后利用列举法可知总情况数与2人中恰有1人的评分在[70,75)内的情况数,即可得答案.
【详解】（1）由频率分布直方图,
；
注意到前3个矩形对应频率之和为：,
前4个矩形对应频率之和为：,
则中位数在之间,设为x,则,即中位数为.
（2）评分在[65,70),[70,75)对应频率为：,则抽取6人中,[65,70)中的有2人,设为,[70,75)中的有4人,设为.
则从6人中选取2人的情况为：
,共15种,恰有1人在[70,75)中的有8种情况,
故相应概率为：.
19．已知函数.
(1)若函数的图象过点，且，求的值；
(2)若，且，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换整理化简，根据题意代入整理得，结合角的范围求解；
（2）根据题意代入整理，以为整体运算求解，注意根据角的范围判断三角函数值的符号．
【详解】（1）因为.
所以.
因为函数的图象过点，
所以.
因为，所以，所以，解得.
（2）因为，所以.
因为，所以.
所以，
又，所以.
因为，所以，所以.
20．如图，正三棱柱的所有棱长都等于2，E，F，G分别为，，AB的中点．

(1)求证：平面平面BEF；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用面面平行判定定理即可证得平面平面BEF；
（2）先依据线面角定义作出与平面所成角，进而求得其正弦值.
【详解】（1），F分别为，的中点，，
平面，平面，平面，
又F，G分别为，AB的中点，，
又，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
平面，
又，EF，平面BEF，
平面平面BEF．
（2）在平面ABC内，过点G作，垂足为H，连接．
正三棱柱，
平面ABC．又平面ABC，．
又，BC，平面，平面．
即为与平面所成的角．
正三棱柱的所有棱长为2，G为AB中点，
，，
又，，．
又，，
．
又，
，
，
故与平面所成角的正弦值为．

21．△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，，．
(1)求△ABC面积的最大值；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用正弦定理整理可得，结合基本不等式分析运算即可；
（2）根据题意设，整理可得，结合函数单调性求值域.
【详解】（1）由题意可得：，
整理得，
由正弦定理可得：，所以为直角三角形且，
又因为，当且仅当时，等号成立，
则，则，
所以△ABC面积，即△ABC面积的最大值为．
（2）由题意可知，所以，
因为，设，
则，
令，
因为，则，
可得，故，
又因为，可得，
所以，
构建，
则在上单调递增，且，
可得在上单调递减，所以，
故的取值范围为．
22．如图，四面体中，，，，为的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)设，，点在上；
①点为中点，求与所成的角的大小；
②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)详见解析；
(2)①与所成的角的大小；
②与平面所成的角的正弦值为.
【分析】（1）根据已知关系有得到，结合等腰三角形性质得到垂直关系，结合线面垂直的判定即可证明面面垂直；
（2）①取的中点，的中点，则（或其补角）为与所成的角，在中求解.
②先证平面平面，可得（或其补角）为与平面所成的角，在中求解.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以，
在和中，
所以，所以，又E为的中点，
所以，又平面，，
所以平面.
又因为平面，
所以平面平面；
（2）
①取的中点，的中点，连接，则，，
所以（或其补角）为与所成的角，
由且，所以是等边三角形，则，
由且，E为的中点，
所以，在等腰直角中， ，
在中，，由勾股定理知为直角三角形，所以 ，
在中，由余弦定理得 ，
，所以，
在中， ，由余弦定理得，
在中，，
，所以，故 ，
在中，，，故 ，
所以与所成的角的大小.
②
连接，由（1）知，平面，平面，
所以，则，
当时最小，即的面积最小.
因为平面，平面，所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
作于（或交延长线），因为平面平面，平面，
所以平面，所以（或其补角）为与平面所成的角，
由知，所以 ，
在直角中， ，
在直角中，，所以，
在等腰中，，
所以 ，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
【点睛】线面角的几何作法：
直接法：即定义法，作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形,根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求.
垂面法：找一个过斜线且与平面垂直的面，根据面面垂直的性质知这两个面的交线即为斜线在平面内的射影，根据直角三角形或余弦定理求解.