2023-2024学年高中下学期高一数学期末模拟卷（全解全析）（江苏专用）

这是一份2023-2024学年高中下学期高一数学期末模拟卷（全解全析）（江苏专用），共19页。试卷主要包含了若，且，，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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。
第一部分（选择题）
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．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A. B. C. D.
1.【答案】A
【解析】因为复数对应的点的坐标是，所以，
所以.
故选：A
2．设与是两个不共线向量，向量，，，若，，三点共线，则（ ）
A. B. C. D. 3
2.【答案】B
【解析】若，，三点共线，则存在实数，使，
，
∴，
∵与是两个不共线向量，
∴，且，解得，
故选：B.
3．在中，角、、的对边分别为、、．若，则（ ）
A. B. C. D.
3.【答案】D
【解析】因为，由正弦定理可得，
设，则，，
由余弦定理可得.
故选：D.
4．已知l，m，n表示不同的直线，，，表示不同的平面，则下列四个命题正确的是（ ）
A. 若，且，则B. 若，，，则
C. 若，且，则D. 若，，，则
4.【答案】C
【解析】若，且，则与可能平行，可能相交，可能异面，A选项错误；
若，，，则与可能平行，可能相交，可能异面，B选项错误；
两条平行直线，其中一条与平面垂直，则另一条也与平面垂直，C选项正确；
若，，，则与可能平行可能相交，D选项错误
故选：C
5．抛掷两枚质地均匀的硬币一次，设“第一枚硬币正面朝上”为事件A，“第二枚硬币反面朝上”为事件B，则下述正确的是（ ）.
A. A与B对立B. A与B互斥
C. D. A与B相互独立
5.【答案】D
【解析】由题意可得，抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），
则事件包含的结果有：（正，正），（正，反），事件包含的结果有：（正，反），（反，反），
显然事件，事件都包含“（正，反）”这一结果，即事件，事件能同时发生，
所以，事件，事件既不互斥也不对立，故AB错误.
又因为，而，，
所以，，故C错误，D正确.
故选：D
6．如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为和，且圆台的母线与底面所成的角为，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为（ ）

A. B. C. D.
6.【答案】B
【解析】根据题意，该圆台的轴截面为等腰梯形，如图，

所以即为圆台母线与底面所成角，即，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，
因为，则四边形为矩形，且，
因为，，，
所以，，所以，，且，
因为，则，
所以，圆台，圆锥的高均为，
所以，该工业部件的体积为
.
故选：B.
7．若，且，，则（ ）
A. B. C. D.
7.【答案】C
【解析】因为，则，则，
所以，
而，则，
所以.
故选：C
8．八卦是中国古代的基本哲学概念，八卦文化是中华文化的核心精髓，八卦图与太极图（图1）的轮廓分别为正八边形ABCDEFGH和圆（图2），其中正八边形的中心是点，鱼眼（黑白两点）、是圆半径的中点，且关于点对称．若，圆的半径为6，当太极图转动（即圆面及其内部点绕点转动）时，的最大值为（ ）

A. 39B. 48C. 57D. 60
8.【答案】A
【解析】如图所示建立平面直角坐标系，

因为正八边形的每个内角为，
所以，
所以，
又因为，
所以，，
由题意知，P在以O为圆心，3为半径的圆上，且P、Q关于原点对称，
所以设，则，
所以
，（），
所以当时，取得最大值为.
故选：A.
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．设为复数，且，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
9.【答案】BD
【解析】对于A，若，，则，此时，A错误；
对于B，，，又，，即，B正确；
对于C，若，则，若为虚数，则，C错误；
对于D，设，，则，
，，
，
，
，D正确.
故选：BD.
10．已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，且该三角形有两解，则
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，则锐角三角形
10.【答案】ABD
【解析】因为，所以，由正弦定理，可知，故A正确；
如图，

，，且该三角形有两解，所以，即，
故B正确；
由正弦定理可得，，即，所以，因为，所以或，
即或，所以三角形为等腰或直角三角形，故C错误；
因为
，且，
所以，即为锐角，所以为锐角三角形，故D正确.
故选：ABD
11．已知正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，为内部（含边界）的动点，则（ ）
A. 平面B. 球的表面积为
C. 的最小值为D. 与平面所成角的最大值为60°
11.【答案】ACD
【解析】对于A，如图1，
由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故共面，
又面面，而面面，面面，故，即；
由平面几何易得，即；
所以四边形是平行四边形，故，
而面，面，故平面，故A正确；
.
对于B，如图2，设为的中点，为正四棱台外接球的球心，则，
在等腰梯形中，易得，即，
为方便计算，不妨设，则由，
即，即，又，
解得，即与重合，故，
故球的表面积为，故B错误；
.
对于C，由图2易得，，，面，
故面，
不妨设落在图3处，过作，则面，故，
故在中，（勾股边小于斜边）；同理，，
所以，故动点只有落在上，才有可能取得最小值；
再看图4，由可知，
故，故C正确，
.
对于D，由选项C可知，面，面，故面面，
在面内过作交于，如图5，
则面，面面，故面，故为与平面所成角，
在中，，故当取得最小值时，取得最大值，即取得最大值，
显然，动点与重合时，取得最小值，即取得最大值，且，
在中，，，，故为正三角形，即，即与平面所成角的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
第二部分（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．一组数据按从大到小的顺序排列为8，7，，4，4，1，若该组数据的中位数是众数的倍，则该组数据的平均值、方差和第60百分位数分别是______.
12.【答案】 5，,6
【解析】依题意，将这组数据从小到大重新排列得，，，，，，
则中位数 ，众数为，
由题意知，解得，
所以这组数据的平均数为，
则这组数据的方差是，
因为，所以这组数据的第百分位数是；
故答案为：5，,6
13．中，角、、的对边分别是、、，角的平分线交边于点．若，，且，则中最长的边为______
13.【答案】
【解析】因为，由，即，
整理可得，
由余弦定理可得，
所以，，即，解得或（舍）.
所以，，即，解得或，
因为，故中最长的边为，
故答案为：
14．在正四棱柱中，已知，，则点到平面的距离为______；以A为球心，2为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度为______.
14.【答案】 ①. ②.
【解析】空1：由题意可得：，
因为平面，平面，可得，
设点到平面的距离为d,
因为，则，解得，
即点到平面的距离为；
空2：由题意可知：球A仅与平面、平面、平面和平面相交，
因为，此时球A与平面的交线为半径为2的圆的，
则交线的长度为；
设球A与棱的交点为，即，可得，
则，
且为锐角，则，即，
所以球A与平面的交线为半径为2的圆的，
则交线的长度为；
同理可得：球A与平面的交线的长度；
可知，所以球A与平面的交线为半径为的圆的，
则交线的长度为；
所以球面与该棱柱表面的交线的总长度为.
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、证明过程或演算步棸。
15．（13分）
某商场为了制定合理的停车收费政策，需要了解顾客的停车时长（单位：分钟）.现随机抽取了该商场到访顾客的100辆车进行调查，将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图：

（1）若某天该商场到访顾客的车辆数为1000，根据频率分布直方图估计该天停车时长在区间上的车辆数；
（2）为了吸引顾客，该商场准备给停车时长较短的车辆提供免费停车服务.若以第30百分位数为标准，请你根据频率分布直方图，给出确定免费停车时长标准的建议（数据取整数）.
15.【答案】（1）50 （2）免费停车时长为分钟
【解析】（1）根据频率分布直方图中所有频率和为1，设的频率为，
可列等式为，
，
所以样本中停车时长在区间上的频率为，
估计该天停车时长在区间上的车辆数是50；
（2）设免费停车时间长不超过分钟，又因为的频率为，
并且的频率为，所以位于之间，
则满足，
，
确定免费停车时长为分钟.
（15分）
在中，角的对边分别为．
（1）求；
（2）若的面积为边上的高为1，求的周长．
16.【答案】（1） （2）
【解析】（1）因为，
由正弦定理，得，
即，即.
因为在中，，
所以.
又因为，所以.
（2）因为的面积为，
所以，得.
由，即，
所以.由余弦定理，得，即，
化简得，所以，即，
所以的周长为.
17．（15分）
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.
17.【答案】（1） （2）（i），；（ii）
【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．（17分）
如图，在圆锥中，是底面的直径，且，，，是的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
18.【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）如图，由题意，是底面的直径，，
为的中点，为的中点，则，
则，而平面平面，
则，
又，平面，平面
平面，
又平面平面平面；
（2）在平面中，过作，垂足为，
在平面中，过作，垂足为，
连接，
∵平面平面，，
又，平面，平面，
平面，平面，，
，平面，平面
则平面，可得为二面角的平面角．
由已知可得，，，
，，
，
又，得．
在中，，
∴．
即二面角的余弦值为．
（17分）
已知在平面直角坐标系中，点､点（其中､为常数，且），点为坐标原点．
（1）设点为线段靠近点的三等分点，，求的值；
（2）如图，设点是线段的等分点，，其中，，，，求当时，求的值（用含､的式子表示）
（3）若，，求的最小值
19.【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）因为,
而点为线段上靠近点的三等分点，
所以，
所以，
所以.
（2）由题意得，
，
所以，
事实上，对任意正整数，，且，
有，
，
所以
所以，
（3）当时，线段上存在一点，
使得，，
且存在点，，
则，
，
所以，
即线段上存在一点，到点和点的距离之和，
如图所示：
作点关于线段的对称点，
则最小值为.