备战2022-2023学年重庆高一（下）学期期末数学仿真卷（三）

这是一份备战2022-2023学年重庆高一（下）学期期末数学仿真卷（三），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
备战2022-2023学年重庆高一（下）学期期末数学仿真卷（三）
一、单选题(共40分)
1．(本题5分)（2022春·重庆·高一统考期末）复数的虚部是
A． B． C． D．
2．(本题5分)（2022春·重庆·高一统考期末）设向量，，，则（    ）
A．-6 B． C． D．
3．(本题5分)（2022春·重庆·高一统考期末）设空间中的平面及两条直线a，b满足且，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）已知是单位向量，与的夹角是，且， 则=（    ）
A． B． C． D．
5．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）口袋中装有编号为①、②的2个红球和编号为①、②、③、④、⑤的5个黑球，小球除颜色、编号外形状、大小完全相同.现从中取出1个小球，记事件为“取到的小球的编号为②”，事件为“取到的小球是黑球”，则下列说法正确的是（    ）
A．与互斥 B．与对立
C． D．
6．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）一个骑行爱好者从地出发向西骑行了到达地，然后再由地向北偏西骑行到达地，再从地向南偏西骑行了到达地，则地到地的直线距离是（    ）
A． B． C． D．5
7．(本题5分)（2021春·重庆铜梁·高一重庆市巴川中学校校考期末）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（    ）
A． B． C． D．

8．(本题5分)（2021春·重庆铜梁·高一重庆市巴川中学校校考期末）已知非等腰的内角，，的对边分别是，，，且，若为最大边，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
二、多选题(共20分)
9．(本题5分)（2021春·重庆铜梁·高一重庆市巴川中学校校考期末）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述错误的是（    ）
A．CC1与B1E是异面直线 B．C1C与AE共面
C．AE与B1C1是异面直线 D．AE与B1C1所成的角为60°
10．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）关于平面非零向量，，，下列说法错误的是（    ）
A．若，则与的夹角为锐角
B．若，则
C．若，则
D．若，则
11．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）已知非零复数，满足，则（    ）
A． B．
C． D．
12．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）在长方体中，，，为棱上的动点（不包含端点），则（    ）
A．四面体的体积恒为
B．直线与平面所成角一定小于
C．存在点使得平面
D．存在点使得



三、填空题(共20分)
13．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）已知复数满足（为虚数单位），．则一个以为根的实系数一元二次方程为__________________．
14．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）在四边形中，，，，，，，则对角线的长为______．
15．(本题5分)（2021春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期末）设，是实系数一元二次方程的两个根，若是虚数，是实数，则______.
16．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）欲将一底面半径为，体积为的圆锥体模型打磨成一个圆柱体和一个球体相切的模具，如图所示，则打磨成的圆柱体和球体的体积之和的最大值为__________．

四、解答题(共70分)
17．(本题10分)（2022春·吉林长春·高一统考期中）如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.

（1）设，求的值；
（2）若，求的值.


18．(本题12分)（2021春·重庆·高一校联考期末）如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是棱长为4的菱形，平面ABCD，，E是BC中点，若H为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求E点到平面PAB的距离.




19．(本题12分)（2021春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期末）在中，，，分别为角，，所对的边，从以下条件中任选一个回答下列问题（若多选则以选择的第一个为准）.
①；
②向量与向量垂直；
③；
（1）求角；
（2）若，点满足，求的值.





20．(本题12分)（2021春·重庆·高一校联考期末）我校近几年加大了对学生奥赛的培训，为了选择培训的对象，今年5月我校进行一次化学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取50名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组，得到部分频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：

（1）求补全这个频率分布直方图，并利用组中值估计本次考试成绩的平均数；
（2）从频率分布直方图中，估计第65百分位数是多少；
（3）已知学生成绩评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成绩不小于90分时为优秀等级，若从第5组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率.














21．(本题12分)（2021春·重庆·高一校联考期末）如图1，在平行四边形ABCD中，，，，将沿折起，使得平面平面，如图2．

（1）证明：平面平面BCD；
（2）在线段上是否存在点M，使得二面角的大小为45°？若存在，指出点M的位置；若不存在，说明理由.






22．(本题12分)（2021春·重庆·高一校联考期末）在中，角所对的边分别为，若且
（1）当时，求面积的最小值；
（2）若的面积不小于，求的取值范围.


备战2022-2023学年重庆高一（下）学期期末数学仿真卷（三）
一、单选题(共40分)
1．(本题5分)（2022春·重庆·高一统考期末）复数的虚部是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用复数的除法运算，将分子分母同乘以分母的共轭复数，化简为复数的标准形式a+bi(a,b∈R)，b即为虚部.
【详解】
，所以复数的虚部是．
2．(本题5分)（2022春·重庆·高一统考期末）设向量，，，则（    ）
A．-6 B． C． D．
【答案】A
【分析】由向量垂直的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】由题意，，即.
故选：A.
3．(本题5分)（2022春·重庆·高一统考期末）设空间中的平面及两条直线a，b满足且，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由直线、平面的位置关系，结合充分和必要条件定义作出判断.
【详解】当时，因为且，所以与可能相交；
当时，因为且，所以；
即“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）已知是单位向量，与的夹角是，且， 则=（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】把的两边同时平方化简即得解.
【详解】解：由题得
所以或（舍去）.
故选：D.
5．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）口袋中装有编号为①、②的2个红球和编号为①、②、③、④、⑤的5个黑球，小球除颜色、编号外形状、大小完全相同.现从中取出1个小球，记事件为“取到的小球的编号为②”，事件为“取到的小球是黑球”，则下列说法正确的是（    ）
A．与互斥 B．与对立
C． D．
【答案】D
【分析】根据互斥事件、对立事件的概念判断A、B，根据和事件、交事件的定义及古典概型的概率公式计算即可判断C、D；
【详解】解：对于A，当取到的小球为黑球，且编号为②，事件和事件同时发生，所以，故与不互斥，故A错误，
对于B，对立事件必是互斥事件，与不互斥，所以与也不对立，故B错误，
对于C，表示、同时发生的概率，即取到的小球为黑球且编号为②，所以，故C错误．
对于D，表示取到的小球标号为②或黑球，所以，故D正确，
故选：D．
6．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）一个骑行爱好者从地出发向西骑行了到达地，然后再由地向北偏西骑行到达地，再从地向南偏西骑行了到达地，则地到地的直线距离是（    ）
A． B． C． D．5
【答案】B
【分析】根据给定信息作出图形，再利用三角形正弦定理、余弦定理计算作答.
【详解】如图，在中，，，依题意，，

在中，由余弦定理得：，
由正弦定理得：，
在中，，由余弦定理得：
，
所以地到地的直线距离是km.
故选：B.
7．(本题5分)（2021春·重庆铜梁·高一重庆市巴川中学校校考期末）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先分析出三棱锥的外接球就是一个长方体的外接球，直接求出长方体的外接球的半径为R，求出球的表面积.
【详解】将三棱锥放在一个长方体中，如图示：

则三棱锥的外接球就是一个长方体的外接球，因为，，为直角三角形，所以.
设长方体的外接球的半径为R，则，故.
所以外接球的表面积为.
故选：B.
【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：
(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．
8．(本题5分)（2021春·重庆铜梁·高一重庆市巴川中学校校考期末）已知非等腰的内角，，的对边分别是，，，且，若为最大边，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先将，转化为，即，再根据为最大边，得到，然后由余弦定理得到，再利用基本不等式得到即可.
【详解】因为，
所以，即，
即
即，
所以，
因为为最大边，
所以，
由余弦定理得，
，
所以，
即，
又，
所以，
所以.
故选：A.
【点睛】本题主要考查余弦定理的应用以及基本不等式的应用，还考查了运算变形求解问题的能力，属于较难题.
二、多选题(共20分)
9．(本题5分)（2021春·重庆铜梁·高一重庆市巴川中学校校考期末）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述错误的是（    ）

A．CC1与B1E是异面直线 B．C1C与AE共面
C．AE与B1C1是异面直线 D．AE与B1C1所成的角为60°
【答案】ABD
【分析】根据异面直线的定义及异面直线的夹角问题可一一判断.
【详解】由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内，故C1C与B1E共面，A错误；
由于C1C在平面C1B1BC内，而AE与平面C1B1BC相交于E点，点E不在C1C上，故C1C与AE是异面直线，B错误；
同理AE与B1C1是异面直线，C正确；
AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角，而E为BC中点，△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，即AE与B1C1所成为90°，D错误.
故选：ABD.
10．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）关于平面非零向量，，，下列说法错误的是（    ）
A．若，则与的夹角为锐角
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】AC
【分析】由向量数量积的定义判断A；由向量数量积的运算以及向量共线判断B；举反例判断C；由向量共线定理判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：若，则与的夹角为锐角或，故选项A错误；
对于B：当时满足，但，，可得，
当，时，由向量共线定理也可得，故选项B正确；
对于C：若，，则，但，故选项C不正确；
对于D：由可得：，所以，
故选项D正确；
故选：AC.
11．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）已知非零复数，满足，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】取，可判定A、D均不正确；设，，根据复数的运算法则，可判定B、C正确；
【详解】取，则，但，，故A、D均不正确；
设，，其中，
则，因为，可得，
由，故B正确；
由，故C正确.
故选：BC.
12．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）在长方体中，，，为棱上的动点（不包含端点），则（    ）
A．四面体的体积恒为
B．直线与平面所成角一定小于
C．存在点使得平面
D．存在点使得
【答案】AB
【分析】对A，根据平面，将到平面的距离转为AB；
对B，根据平面平面，将与平面所成角转化为与平面所成角；
对C，用线面平行和面面平行判定方法即可判定；
对D，用线面垂直的判定方法即可判定.
【详解】

由平面知，点到平面的距离即为直线到平面的距离，
故，A正确；
∵平面平面，
∴与平面所成角即为与平面所成角，
，∴，B正确；
由，容易判断平面，
若平面，则平面平面，则平面，显然矛盾，故C错误；
∵，，∴平面，∴，若，则平面，
则，即，显然矛盾，故D错误.
故选：AB.
三、填空题(共20分)
13．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）已知复数满足（为虚数单位），．则一个以为根的实系数一元二次方程为__________________．
【答案】
【分析】根据条件可得，然后得到．由实系数一元二次方程的两根，，即可得结果．
【详解】解：∵复数满足
∴，
即∴，
故．
若实系数一元二次方程有虚根，则必有共轭虚根，
∵，，
∴所求的一个一元二次方程可以是．
故答案为：.
14．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）在四边形中，，，，，，，则对角线的长为______．
【答案】
【分析】分析出、、、四点共圆，可知为该圆的直径，利用余弦定理求出的长，再利用正弦定理可求得结果.
【详解】在四边形中，，，，，，，
所以，、、、四点共圆，
由余弦定理得，

所以，，
设的外接圆半径为，则，
，，故为圆的直径，所以．
故答案为：．
15．(本题5分)（2021春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期末）设，是实系数一元二次方程的两个根，若是虚数，是实数，则______.
【答案】
【分析】设，，．则．则，．利用是实数，可得．于是，，，即可得出答案．
【详解】解：设，，．则．
则，．
是实数，
，
．
，．
，
，
即.
故答案为：.
16．(本题5分)（2021春·重庆·高一校联考期末）欲将一底面半径为，体积为的圆锥体模型打磨成一个圆柱体和一个球体相切的模具，如图所示，则打磨成的圆柱体和球体的体积之和的最大值为__________．

【答案】
【分析】根据轴截面图，求出球的半径，圆柱的高及底面半径，得到组合体的体积公式，利用导数求最值即可.
【详解】设球体半径为r，圆锥高为
由圆锥底面半径为，体积为，
所以，解得，
所以为等边三角形，
所以可得，，
,
，
圆柱体与球体体积之和,
化简得,
，
由时，解得，
时，， 时，，
时，，
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：根据轴截面图，求出球体与圆柱的体积之和，利用导数求出函数的最大值，是解题的关键，属于难题.
四、解答题(共70分)
17．(本题10分)（2022春·吉林长春·高一统考期中）如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.

（1）设，求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由三点共线，得，又由，得，由此解得，即可得到本题答案；
（2）根据平面向量数量积的运算，逐步化简，即可得到本题答案.
【详解】（1）因为三点共线，所以，
设，所以，
所以，解得；
所以，，
所以；
（2）因为


又，
所以，
得，
即.
【点睛】本题主要考查平面向的数量积和平面向量的线性运算，考查学生的分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力.
18．(本题12分)（2021春·重庆·高一校联考期末）如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是棱长为4的菱形，平面ABCD，，E是BC中点，若H为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求E点到平面PAB的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）取的中点，连接，则HM为中位线，进而可得且，所以四边形为平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可得证.
（2）利用等体积法，分别求得各个长度，代入公式，即可求得答案.
【详解】（1）取的中点，连接，                    
因为H为的中点，且M为PA 的中点，
所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，               
所以，
又因为平面平面，
所以平面.                 

（2）设E点到平面PAB的距离为h，
由等体积法可得，
因为平面ABCD，所以为三棱锥P-ABE的高，
因为菱形ABCD，且，所以AB=AC，
又E为BC中点，所以，
所以，
所以，解得
故E点到平面PAB的距离为.

19．(本题12分)（2021春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期末）在中，，，分别为角，，所对的边，从以下条件中任选一个回答下列问题（若多选则以选择的第一个为准）.
①；
②向量与向量垂直；
③；
（1）求角；
（2）若，点满足，求的值.
【答案】（1）任选①②③，都有；（2）
【分析】（1）选①，由数量积的定义和三角形面积公式可求得；
选②，由向量垂直的坐标表示，再利用正弦定理变形后可求得；
选③，由正弦定理化角为边，然后由余弦定理求得角；
（2）由（1）得是等边三角形，设边长为3，由余弦定理先求得，再求得．
【详解】（1）选①，由，得，所以，又，所以；
选②，由已知得，由正弦定理得，，又，所以；
选③，由正弦定理得，即，所以，又，所以；
（2）因为，，所以是等边三角形，设，
因为，所以， 中，
，．
20．(本题12分)（2021春·重庆·高一校联考期末）我校近几年加大了对学生奥赛的培训，为了选择培训的对象，今年5月我校进行一次化学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取50名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组，得到部分频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：

（1）求补全这个频率分布直方图，并利用组中值估计本次考试成绩的平均数；
（2）从频率分布直方图中，估计第65百分位数是多少；
（3）已知学生成绩评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成绩不小于90分时为优秀等级，若从第5组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率.
【答案】（1）直方图见解析，66.8；（2）73；（3）
【分析】（1）根据各矩形面积之和为1，即可求出内的频率，从而补全频率分布直方图，再根据平均数等于各小矩形的面积乘以各组中值的和，即可求出；
（2）先判断第65百分数在内，根据百分位数公式即可求出；
（3）先根据分层抽样确定第5，6组人数，再根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】（1）由图可得分数在内的频率为
，，
所以频率分布直方图如下：
   
所以本次考试成绩的平均数约为
.
（2）由题可知第65百分数应该在内，所以第65百分数=，
（3）第5组人数为，第6组人数为
被抽取的成绩在内的4人，分别记为，，，；
成绩在内的3人，分别记为，，；则从这7人中随机抽取2人的情况为：
，
，，
共21种；  被抽到2人中至少有1人成绩优秀的情况为：，，，，，共15种. 故抽到2人中至少有1人成绩优秀的概率为.
21．(本题12分)（2021春·重庆·高一校联考期末）如图1，在平行四边形ABCD中，，，，将沿折起，使得平面平面，如图2．

（1）证明：平面平面BCD；
（2）在线段上是否存在点M，使得二面角的大小为45°？若存在，指出点M的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）存在，M是的中点
【分析】（1）在中，易证 ，作于点，根据平面平面，得到，再由，得到平面，进而得到，然后由，得到平面即可.  
（2）存在点M，当M是的中点，二面角的大小为45°，由（1）知平面，取BD的中点为O，DC的中点为E，连接MO，EM，OE，证明 是二面角的平面角即可.
【详解】（1）在中，因为，，，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以
如图所示：

作于点，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
所以，                               
又因为，
所以平面，
因为平面，
所以，
又由，
所以平面.
所以平面平面BCD；   
（2）如图所示：

存在点M，当M是的中点，二面角的大小为45°.
证明如下：由（1）知平面，
且，
，又因为是的中点，

同理可得：BM=，                                                
取BD的中点为O，DC的中点为E，连接MO，EM，OE，
因为，
所以是二面角 的平面角，
又因为，
.
22．(本题12分)（2021春·重庆·高一校联考期末）在中，角所对的边分别为，若且
（1）当时，求面积的最小值；
（2）若的面积不小于，求的取值范围.
【答案】（1）4；（2）
【分析】（1）设，则由，得，利用基本不等式可求出结果；
（2）方法1，记，因为面积不小于，即，由，可得，从而得，进而可示出答案；
方法2，过分别作平行线交于，记,则可得，化简利用基本不等式可求得其最小值，
【详解】（1）记，因为，
所以，当且仅当时取等号，                    
所以
所以面积的最小值为4，                                                  
（2）方法1：记，因为面积不小于，即
则                                 
，当且仅当时取等号，
，
，又                                         
                                                            
方法2：过分别作平行线交于，
记,
则，且

当且仅当时取等号，
（下同方法1）