江苏省徐州市铜山区棠张中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学模拟试卷（二）

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1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：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. 在简单随机抽样中，下列关于其中一个个体被抽中的可能性说法正确的是（ ）
A．与第几次抽样有关，第一次抽到的可能性更大一些
B．与第几次抽样有关，最后一次抽到的可能性更大一些
C．与第几次抽样无关，每次抽到的可能性都相等
D．与第几次抽样有关，第一次抽到的可能性更小一些
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用简单随机抽样的意义逐项判断即得.
【详解】在简单随机抽样中，每个个体每次被抽中的可能性都相等，与第几次抽样无关，A，B，D错误，C正确．
故选：C
2. 设，其中为虚数单位，则（ ）
A．B．C．1D．5
【答案】A
【分析】根据给定条件，结合复数乘法运算及复数相等求解即得.
【解析】由，得，而，因此，
所以.
故选：A
3. 向量与向量夹角为钝角，则实数的取值范围是（ ）
A．B．且
C．D．且
【答案】B
【分析】根据向量数量积小于0，以及不共线可解.
【解析】由题可知，即，
又向量不共线，所以，，
所以实数k的取值范围为且.
故选：B
4. （2024·新课标Ⅰ卷·4）已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.
【解析】因为，所以，
而，所以，
故即，
从而，故，
故选：A.
5. （2024·新课标Ⅰ卷·5）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【解析】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B.
6. 已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】延长交延长线于点，连接，由几何关系证明MN到平面的距离即点到平面的距离，再由等体积法求出结果即可；
【详解】
延长交延长线于点，连接，，
因为分别是AB和BC的中点，则，
由正方体的性质可得，所以，
又平面，平面，所以平面，
所以MN到平面的距离即点到平面的距离，设为，
则，
因为正方体的棱长为1，
所以，，，
所以，即，
故选：C.
7. 已知函数的最小值为，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】A
【分析】先由二倍角的余弦公式，辅助角公式化简，再由与相交的两个交点的最近距离为，结合解出即可.
【解析】，
因为，
所以，
因为当时，对应的的值分别为，
所以与相交的两个交点的最近距离为，
又的最小值为，
所以，
即，
故选：A.
8. 在三角形中，角，，的对边分别为，，且满足，则角的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】两边同乘，逆用正弦平方差公式、正弦定理化边，再利用余弦定理、基本不等式即可.
【解析】∵，
∴，
由正弦平方差公式得，
由正弦定理得，
∴由余弦定理得
，
当且仅当，即时等号成立，
∵
∴，选B.
二、多选题：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. 已知，都是复数，下列正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AD
【分析】根据共轭复数的定义及复数的乘法运算即可判断A；举出反例即可判断BC；根据复数的乘法运算及复数的模的计算公式即可判断D.
【解析】设，
对于A， 若，则，故，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，当时，，故C错误；
对于D，若，则，所以，
，
同理，所以，所以，故D正确.
故选：AD.
10. 棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点.则下列说法正确的有（ ）
A．平面
B．与所成的角为60°
C．平面截正方体的截面形状是五边形
D．点在平面内运动，且平面，则的最小值为
【答案】AC
【分析】对于A，利用再证平面即可；
对于B,首先要利用平行线做出异面所成得角，再进行求解即可；
对于C，通过增补两个正方体，根据面面平行的性质，可以做出截面图；
对于D，首先利用平面确定点位置再线段上，再做出垂线,根据相似三角形定理即可求得.
【解析】对于A，如下图，连接,易得
又,平面,又平面,故A正确.

对于B，如下图，取的中点,连接,
则又,
则或其补角为与所成的角.
又正方体棱长为2，易求得
,则，，故B错误.

对于C，如下图，增补两个正方体，取的中点,连接,则为的中点，
连接交于连接交于,连接,则得到截面为五边.

对于D，如下图，连接 取得中点,连接,过作
平面平面
则点在线段上,最小值即为.
又,,又,.故D错误.
故选：AC.
11. 在中，点满足，当点在线段上（不含点）移动时，记，则（ ）
A．B．
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】BC
【分析】根据中点和向量共线，可得，进而可得，的关系，然后根据基本不等式以及对勾函数可求最小值.
【解析】是中点,则,又点在线段上,即三点共线,设,故,.故B对A错.
,当且仅当时,即,故C对.
在上单调递减，当取最小值，故D错.
故答案为：BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设A，B是一个随机试验中的两个事件且，则 .
【答案】
【分析】根据对立事件的概率与互斥事件的概率计算公式求解即可.
【解析】因为，故，
因为与为互斥事件，故，
所以
，故，故.
13. （2024·新课标Ⅱ卷·7）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为 .
【答案】1
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.
【解析】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则BC边上的高的最大值为 .
【答案】
【分析】根据正弦定理边角互化可得,由基本不等式以及三角形的面积公式即可求解.
【解析】由正弦定理可得，
所以，
又，当且仅当时取等号，
故，故 的最大值为
设边上的高为 则，要使最大，则三角形的面积最大即可，故的最大值为，
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在直角中，，，，为边上一点，且.
（1）若上一点满足，且，求的值.
（2）若为内一点，且，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】(1)因为，则，即，
因为，则，
又因为，则，，故.
(2)在中，，，，则，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、、，设点，则，可得，
设，若点在上且使得，且为的中点，此时，
因为点在内，所以，，则，，
，，，
所以，，
所以，
，
因为，则，故当时，取最小值.
16. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，其中为的面积.
（1）求角的大小；
（2）设是边的中点，若，求的长.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由向量的数量积和三角形的面积公式以及正弦定理化简已知等式可得，再由两角和的正弦展开式结合特殊角的三角函数化简整理即可；
（2）法一：结合已知由正弦定理可得，代入数据化简后可得，再由两角差的正弦展开式和同角三角函数关系求出，即可得到结果；
法二：由三角形的面积公式结合已知可得，再在中，据余弦定理得，解出，然后在中，据勾股定理解出结果即可；
法三：延长到点，使得，由三角形中位线的性质结合勾股定理和三角函数定义关系求出即可；
法四：延长到，使，连结，，由已知结合三角函数的定义和勾股定理解出即可；
【解析】(1)由，可得，
即，
结合正弦定理可得.
在中，，
所以，
整理得.
因为，，故，即，
又，所以.
(2)
法一：因为是边的中点，，所以.
在中，，则.
在中，，，，
据正弦定理可得，，即，
所以.
所以，即，
所以，
又，，
所以，解得，
所以.
法二：因为是边的中点，故，
所以，即，
整理得①
在中，据余弦定理得，，
即②
联立①②，可得，.
在中，据勾股定理得，，
所以.
法三：延长到点，使得.
在中，，，故，
又是的中点，所以是的中点，
所以，，且.
在中，，，，
所以，且.
所以，即，解得（负舍），
所以.
法四：延长到，使，连结，.
因为是的中点，且，
故四边形是平行四边形，.
又，所以.
在中，，，，，
所以，且.
在中，，，，，
据勾股定理，可得，
将代入上式，可得（负舍），
所以.
17. 每年的月日为国际数学日，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节，其中一项活动是“数学知识竞赛”，竞赛共分为两轮，每位参赛学生均须参加两轮比赛，若其在两轮竞赛中均胜出，则视为优秀，已知在第一轮竞赛中，学生甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮竞赛中，甲、乙胜出的概率分别为，.甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响.
(1)若，求甲恰好胜出一轮的概率；
(2)若甲、乙各胜出一轮的概率为，甲、乙都获得优秀的概率为.
（i）求，，的值；
（ii）求甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率.
【答案】(1)
(2)（i），；（ii）
【分析】（1）利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可.
（2）（i）利用对立事件和独立事件的概率公式表示出和，即可求解；（ii）利用对立事件和独立事件的概率公式即可求解.
【解析】（1）设“甲在第一轮竞赛中胜出”为事件，
“甲在第二轮竞赛中胜出”为事件，
“乙在第一轮竞赛中胜出”为事件，
“乙在第二轮竞赛中胜出”为事件，
则，，，相互独立，
且，，，.
设“甲恰好胜出一轮”为事件，
则，，互斥.
当时，
.
所以当，甲恰好胜出一轮的概率为.
（2）由（1）知，（i）记事件为“甲、乙各胜出一轮”，
事件为“甲、乙都获得优秀”，
所以，.
因为甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响，
所以
，
，
则，解得或（舍去）.
综上，，.
（ii）设事件为“甲获得优秀”，事件为“乙获得优秀”，
于是“两人中至少有一人获得优秀”，
且，，
所以，，
所以.
故甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率为.
18. 在三棱柱中，侧面平面，且，，分别为棱，的中点.

(1)证明：平面；
(2)若，，求点到平面之间的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）设点为的中点，连接，证明，根据线面平行判定定理证明结论；
（2）利用等体积法求点到平面之间的距离.
【解析】（1）设点为的中点，连接
因为，分别为棱，的中点，
所以，，，
又，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；

（2）因为侧面平面，，
平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
连接，，
由已知，
所以为等边三角形，又点为的中点，
所以，又，
所以，又侧面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
设点到平面的距离为，
则，
即，
在中，，，所以，
在中，，，所以，
又，
所以，，
所以，
所以，
所以点到平面之间的距离为.

19. 已知：
①任何一个复数都可以表示成的形式．其中是复数的模，是以轴的非负半轴为始边，向量所在射线（射线OZ）为终边的角，叫做复数的辐角，叫做复数的三角形式．
②被称为欧拉公式，是复数的指数形式．
③方程（为正整数）有个不同的复数根．
(1)设，求；
(2)试求出所有满足方程的复数的值所组成的集合；
(3)复数，求．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据给定的定义，转化为复数的三角形式求解即得.
（2）设，利用指数运算，结合定义求得，进而求出得解.
（3）利用给定的定义求出方程根的形式，再借助方程根的意义列出等式，赋值计算即得.
【解析】（1）依题意，，
所以.
（2）设，则，
因此，，解得，
由终边相同的角的意义，取，则对应的依次为，
因此对应的依次为，
所以所求的集合是.
（3）当时，，，
则，，
因此关于的方程的根为，
则，
又，
由此可得，
则，
令，得，而为奇数，
所以.