备战2022-2023学年福建高一（下）学期期末数学仿真卷（三）

这是一份备战2022-2023学年福建高一（下）学期期末数学仿真卷（三），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题(共20分，填空题(共20分，解答题(共70分等内容，欢迎下载使用。
备战2022-2023学年福建高一（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·福建福州·高一校考期末）已知，为直线，为平面，若，，则与的位置关系是（    ）
A．平行 B．相交或异面 C．异面 D．平行或异面
2．(本题5分)（2022春·福建福州·高一校考期末）已知复数z在复平面内对应的点的坐标为，则( )
A．1 B．2 C． D．5
3．(本题5分)（2022春·福建福州·高一校考期末）已知，是平面内所有向量的一组基底，则下列四组向量中，不能作为基底的一组是（    ）．
A．和 B．和
C．和 D．和
4．(本题5分)（2022春·福建泉州·高一统考期末）某工厂有，两套生产线，每周需要维护的概率分别为0.2和0.25，且每周，两套生产线是否需要进行维护是相互独立的，则至多有一套生产线需要维护的概率为（    ）
A．0.95 B．0.6 C．0.35 D．0.15
5．(本题5分)（2022春·福建泉州·高一统考期末）某棉纺厂为了了解一批棉花的质量，从中随机抽取了100根棉花纤维的长度（棉花纤维的长度是棉花质量的重要指标），所得数据都在区间[5,40]中，其频率分布直方图如图所示.估计棉花纤维的长度的样本数据的80%分位数是（　　）
A．28 mm B．28.5 mm
C．29 mm D．29.5 mm
6．(本题5分)（2022春·福建泉州·高一统考期末）若直线与平面所成的角为，直线在平面内，则直线与直线所成的角的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
7．(本题5分)（2022春·福建福州·高一福建省福州第一中学校考期末）高一年级某同学参加了学校“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的选拔，该同学能否成功进入这三个社团是相互独立的．假设该同学能够进入“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的概率分别为，，，该同学进入两个社团的概率为，且三个社团都进不了的概率为，则（    ）
A． B． C． D．
8．(本题5分)（2022春·福建福州·高一福州四中校考期末）平面内不同的三点O，A，B满足，若，的最小值为，则（    ）
A． B． C． D．
二、多选题(共20分
9．(本题5分)（2022春·福建·高一福建师大附中校考期末）四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的有（    ）
A．中位数为3，众数为3 B．平均数为3，众数为4
C．平均数为3，中位数为3 D．平均数为2，方差为2.4
10．(本题5分)（2022春·福建·高一福建师大附中校考期末）过所在平面外一点P，作，垂足为，.以下推断正确的是（    ）
A．若，，则点是的垂心
B．若，则点是的外心
C．若，，则点是的内心
D．过点分别作边的垂线，垂足分别为，若，则点是的重心
11．(本题5分)（2022春·福建·高一福建师大附中校考期末）某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，经计算得到男生身高样本均值为170，方差为17；女生身高样本均值为160，方差为30.下列说法中正确的是( )
A．男生样本容量为30 B．每个女生被抽入到样本的概率均为
C．所有样本的均值为166 D．所有样本的方差为46.2
12．(本题5分)（2022春·福建福州·高一校考期末）已知非零向量，的夹角为，现定义一种新运算：．若，，，则（    ）
A．在上的投影向量的模为 B．，
C． D．

三、填空题(共20分
13．(本题5分)（2022春·福建福州·高一福州三中校考期末）若，则___________.
14．(本题5分)（2022春·福建福州·高一福州三中校考期末）若，，，则与的夹角大小为___________.
15．(本题5分)（2022春·福建福州·高一福州三中校考期末）某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别，，，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，至少投中一次的概率为，则的值为________.
16．(本题5分)（2022春·福建福州·高一校考期末）如图，过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，所得截面圆的半径为，则球的体积是__________．


四、解答题(共70分
17．(本题10分)（2022春·福建厦门·高一统考期末）已知是两个单位向量，，且.
(1)求的夹角；
(2)若D为线段BC上一点，DC =2BD，求证：AD⊥AB.








18．(本题12分)（2022春·福建福州·高一校联考期末）如图，在三棱锥中，，均为等边三角形.

(1)求证：；
(2)若，.求三棱锥的体积.










19．(本题12分)（2022春·福建宁德·高一统考期末）羽毛球比赛规则：
①21分制，每球取胜加1分，由胜球方发球；
②当双方比分为之后，领先对方2分的一方赢得该局比赛；
当双方比分为时，先取得30分的一方赢得该局比赛.经过鏖战，甲乙比分为 ，甲在关键时刻赢了一球，比分变为.在最后关头，按以往战绩统计，甲发球时，甲赢球的概率为0.4，乙发球时，甲赢球的概率为0.5，每球胜负相互独立.
(1)甲乙双方比分为之后，求再打完两球该局比赛结束的概率；
(2)甲乙双方比分为之后，求甲赢得该局比赛的概率.


20．(本题12分)（2022春·福建莆田·高一莆田一中校考期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（1）求的值；
（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．

21．(本题12分)（2022春·福建厦门·高一统考期末）防洪是修建水坝的重要目的之一. 现查阅一条河流在某个水文站50年的年最大洪峰流量（单位：100 m3·s-1）的记录，统计得到如下部分频率分布直方图：

记年最大洪峰流量大于某个数的概率为p，则年最大洪峰流量不大于这个数的概率为1-p.定义重现期（单位：年）为概率的倒数.规定：当p 50%时，用1 -p报告枯水，即枯水的重现期.如，则报告洪水，重现期T=100（年），通俗的说法就是“百年一遇".
(1)补齐频率分布直方图（用阴影表示） ，并估计该河流年最大洪峰流量的平均值（同一组数据用该区间的中点值作代表） ；
(2)现拟在该水文站修建水坝，要求其能抵挡五十年一遇的洪水.用频率估计概率，求它能承受的最大洪峰流量（单位：100 m3·s-1）的最小值的估计值.

22．(本题12分)（2022春·福建莆田·高一莆田一中校考期末）如图1，在矩形中，，，点在线段上，且，现将沿折到的位置，连结，，如图2.

（1）若点在线段上，且，证明：；
（2）记平面与平面的交线为.若二面角为，求与平面所成角的正弦值.

备战2022-2023学年福建高一（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·福建福州·高一校考期末）已知，为直线，为平面，若，，则与的位置关系是（    ）
A．平行 B．相交或异面 C．异面 D．平行或异面
【答案】D
【分析】利用线面平行的定义及直线的位置关系即得.
【详解】因为，
所以直线与平面没有公共点，又，
所以与没有公共点，即与的位置关系是平行或异面.
故选：D.
2．(本题5分)（2022春·福建福州·高一校考期末）已知复数z在复平面内对应的点的坐标为，则( )
A．1 B．2 C． D．5
【答案】C
【分析】先由题给条件求得复数z，再利用复数模的定义去求
【详解】复数z在复平面内对应的点的坐标为，
则，则
故选：C.
3．(本题5分)（2022春·福建福州·高一校考期末）已知，是平面内所有向量的一组基底，则下列四组向量中，不能作为基底的一组是（    ）．
A．和 B．和
C．和 D．和
【答案】A
【分析】根据定义由待定系数法判断每组向量是否共线，判断.
【详解】对于A选项，因为，则和共线，A选项不满足条件；
对于B选项，设，则，无解，故和不共线，B选项能作为基底；
同理可知和不共线，和也不共线，CD选项均能作为基底．
故选：A．
4．(本题5分)（2022春·福建泉州·高一统考期末）某工厂有，两套生产线，每周需要维护的概率分别为0.2和0.25，且每周，两套生产线是否需要进行维护是相互独立的，则至多有一套生产线需要维护的概率为（    ）
A．0.95 B．0.6 C．0.35 D．0.15
【答案】A
【分析】由相互独立事件概率计算公式可得结果.
【详解】由题可得至多有一套生产线需要维护的概率.
故选：A.
5．(本题5分)（2022春·福建泉州·高一统考期末）某棉纺厂为了了解一批棉花的质量，从中随机抽取了100根棉花纤维的长度（棉花纤维的长度是棉花质量的重要指标），所得数据都在区间[5,40]中，其频率分布直方图如图所示.估计棉花纤维的长度的样本数据的80%分位数是（　　）

A．28 mm B．28.5 mm
C．29 mm D．29.5 mm
【答案】C
【分析】根据给定的频率分布直方图，利用80%分位数的意义计算作答.
【详解】棉花纤维的长度在25 mm以下的比例为，
在30 mm以下的比例为，因此，80%分位数一定位于内，
因，所以估计棉花纤维的长度的样本数据的80%分位数是29 mm.
故选：C.
6．(本题5分)（2022春·福建泉州·高一统考期末）若直线与平面所成的角为，直线在平面内，则直线与直线所成的角的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据线面角的定义可知直线与直线所成的角的最小值，根据异面直线所成的角的定义知最大角为直角，从而可得答案
【详解】解：由题意可知直线与直线所成的角的最小值为直线与平面所成的角，所以直线与直线所成的角的最小值为，
因为直线与直线所成的角的最大值为，
所以直线与直线所成的角的取值范围是，
故选：C.
7．(本题5分)（2022春·福建福州·高一福建省福州第一中学校考期末）高一年级某同学参加了学校“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的选拔，该同学能否成功进入这三个社团是相互独立的．假设该同学能够进入“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的概率分别为，，，该同学进入两个社团的概率为，且三个社团都进不了的概率为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式，列出关于，的方程组，求解即可．
【详解】解：由题意可知，该同学可以进入两个社团的概率为，
则①，
又三个社团都进不了的概率为，
所以②，
由①②可得，．
故选：A．
8．(本题5分)（2022春·福建福州·高一福州四中校考期末）平面内不同的三点O，A，B满足，若，的最小值为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，，，作关于的对称点，如图根据向量的线性运算化简题中的等式，利用点关于直线的对称性可得，结合余弦定理可得出，利用二倍角的余弦公式求出，最后根据即可求解.
【详解】解：由题意得：
如图所示：

设，则点在线段OB上运动
故
设
，即
作关于的对称点，设
，即
在中，，，
由余弦定理可得：，解得：

故选：C.

二、多选题(共20分
9．(本题5分)（2022春·福建·高一福建师大附中校考期末）四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的有（    ）
A．中位数为3，众数为3 B．平均数为3，众数为4
C．平均数为3，中位数为3 D．平均数为2，方差为2.4
【答案】BD
【分析】选项BD，利用反证法说明一定不含6，选项AC中依次举例说明可以含有6即可.
【详解】对于A，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，
满足中位数为3，众数为3，所以A不可以判断；
对于B，若平均数为3，且出现点数为6，则其余4个数的和为9，
而众数为4，故其余4个数的和至少为10，所以B可以判断；
对于C，当掷骰子出现的结果为1，1，3，4，6时，
满足平均数为3，中位数为3，可以出现点6，所以C不能判断；
对于D，若平均数为2，且出现点数6，
则方差，
所以当平均数为2，方差为2.4时，一定不会出现点数6.
故选：BD.
10．(本题5分)（2022春·福建·高一福建师大附中校考期末）过所在平面外一点P，作，垂足为，.以下推断正确的是（    ）
A．若，，则点是的垂心
B．若，则点是的外心
C．若，，则点是的内心
D．过点分别作边的垂线，垂足分别为，若，则点是的重心
【答案】ABC
【分析】对于A选项，由题意得出，点是的垂心；
对于B选项，若，则，点是的外心；
对于C选项，由题意得出是 的平分线，是的平分线，点是的内心；
对于D选项，若，则，进而结合C选项的讨论得点是的内心．
【详解】对于A，∵底面，底面，
∴，
又，，平面，平面
∴平面，平面，
∵平面，平面，
∴；，
∴点是的垂心，A选项正确；
对于B，若，则，
∴，点是的外心，B选项正确；
对于C，过点分别作边的垂线，垂足分别为，
若，则，，
∵底面，底面，∴，
∴，∴，
∴，即是 的平分线，
同理时，是的平分线，
∴点是的内心，故C选项正确；

对于D，过点分别作边的垂线，垂足分别为，
若，则，
结合C选项的讨论可知，点是的内心，D选项错误．
故选：ABC．
11．(本题5分)（2022春·福建·高一福建师大附中校考期末）某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，经计算得到男生身高样本均值为170，方差为17；女生身高样本均值为160，方差为30.下列说法中正确的是（    ）
A．男生样本容量为30
B．每个女生被抽入到样本的概率均为
C．所有样本的均值为166
D．所有样本的方差为46.2
【答案】ACD
【分析】分层抽样等比例性质求男女生样本容量，再由古典概型的概率求每个女生被抽入到样本的概率判断A、B；利用均值、方差公式，结合男、女的样本的均值和方差求样本总体均值方差判断C、D.
【详解】A：由人，正确；
B：由人，故每个女生被抽入到样本的概率为，错误；
C：所有样本的均值为，正确；
D：男生方差，女生方差，
所有样本的方差


，正确.
故选：ACD.
12．(本题5分)（2022春·福建福州·高一校考期末）已知非零向量，的夹角为，现定义一种新运算：．若，，，则（    ）
A．在上的投影向量的模为 B．，
C． D．
【答案】BC
【分析】利用向量的运算的新定义及向量数量积的概念，逐项分析即得.
【详解】因为，，
对于A，在上的投影向量的模为，，又，故A错误；
对于B，当时，，故B正确；
对于C，因为，
所以，
所以，故C正确；
对于D，因为的值为非负数，
的值可能为负数，故D错误．
故选：BC.

三、填空题(共20分
13．(本题5分)（2022春·福建福州·高一福州三中校考期末）若，则___________.
【答案】/
【分析】利用换底公式及对数的运算法则计算可得.
【详解】解：因为，所以，即，即，
所以；
故答案为：.
14．(本题5分)（2022春·福建福州·高一福州三中校考期末）若，，，则与的夹角大小为___________.
【答案】/
【分析】根据数量积的运算律求出，再根据夹角公式计算可得；
【详解】解：因为，，
所以，所以，
又，设与的夹角为，所以，
因为，所以.
故答案为：.
15．(本题5分)（2022春·福建福州·高一福州三中校考期末）某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别，，，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，至少投中一次的概率为，则的值为________.
【答案】
【分析】由概率的乘法公式求三次均不中的概率后列方程求解
【详解】该同学在三个不同的位置各投篮一次，至少投中一次的概率为：
，解得．
故答案为：.
16．(本题5分)（2022春·福建福州·高一校考期末）如图，过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，所得截面圆的半径为，则球的体积是__________．

【答案】
【分析】设球的半径为，依题意即可求出，再根据球的体积公式计算可得.
【详解】设球的半径为，则，解得或（舍去），
∴球的体积．
故答案为：.

四、解答题(共70分
17．(本题10分)（2022春·福建厦门·高一统考期末）已知是两个单位向量，，且.
(1)求的夹角；
(2)若D为线段BC上一点，DC =2BD，求证：AD⊥AB.
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）利用表示出，再结合即可求出答案.
（2）利用表示出，则可计算出.则可说明AD⊥AB.
【详解】(1)因为.
所以.
则
解得：
所以的夹角
(2);
.
所以AD⊥AB.
18．(本题12分)（2022春·福建福州·高一校联考期末）如图，在三棱锥中，，均为等边三角形.

(1)求证：；
(2)若，.求三棱锥的体积.
【答案】(1)详见解析；(2)
【分析】（1）首先取的中点，要证明线线垂直，转化为先证明平面；
（2）根据（1）的结论，转化为.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为，均为等边三角形，所以，，且，
所以平面，所以

（2）因为，所以，所以是等边三角形，
由（1）可知平面，
所以三棱锥的体积.
所以三棱锥的体积.
19．(本题12分)（2022春·福建宁德·高一统考期末）羽毛球比赛规则：
①21分制，每球取胜加1分，由胜球方发球；
②当双方比分为之后，领先对方2分的一方赢得该局比赛；
当双方比分为时，先取得30分的一方赢得该局比赛.经过鏖战，甲乙比分为 ，甲在关键时刻赢了一球，比分变为.在最后关头，按以往战绩统计，甲发球时，甲赢球的概率为0.4，乙发球时，甲赢球的概率为0.5，每球胜负相互独立.
(1)甲乙双方比分为之后，求再打完两球该局比赛结束的概率；
(2)甲乙双方比分为之后，求甲赢得该局比赛的概率.
【答案】(1)0.46；(2)0.4
【分析】（1）分两个球均由甲得分和这两个球均由乙得分两种情况求解即可；
（2）分甲先得1分，乙得1分，甲再得1分；乙先得1分，甲得1分，甲再得1分两种情况求解即可
【详解】(1)设事件A= “甲乙双方比分为28：28之后，两人又打了两个球该局比赛结束”则这两个球均由甲得分的概率为：；或者这两个球均由乙得分的概率为：；因此，
(2)设事件B=“甲乙双方比分为28：28之后，甲赢得该局比赛”，则分三种情况：
甲连得2分的概率为：=0.4×0.4=0.16；
甲先得1分，乙得1分，甲再得1分的概率为：=0.4×（1-0.4）×0.5=0.12；
乙先得1分，甲得1分，甲再得1分的概率为：=（1-0.4）×0.5×0.4=0.12.
因此P（B）=++=0.4.
20．(本题12分)（2022春·福建莆田·高一莆田一中校考期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（1）求的值；
（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得.
（2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.
【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法
由余弦定理得，所以.
由正弦定理得.
[方法二]【最优解】：几何法
过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以．
在中，，因此．

（2）[方法一]：两角和的正弦公式法
由于，，所以.
由于，所以，所以.
所以
.
由于，所以.
所以.
[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法
  在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．
又由（1）可得，所以．
[方法三]：几何法+正弦定理法
  在（1）的方法二中可得．
在中，，
所以．
在中，由正弦定理可得，
由此可得．
[方法四]：构造直角三角形法
  如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．

在（1）的方法二中可得．
由，可得．
在中，．
由（1）知，所以在中，，从而．
在中，．
所以．
【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.
21．(本题12分)（2022春·福建厦门·高一统考期末）防洪是修建水坝的重要目的之一. 现查阅一条河流在某个水文站50年的年最大洪峰流量（单位：100 m3·s-1）的记录，统计得到如下部分频率分布直方图：

记年最大洪峰流量大于某个数的概率为p，则年最大洪峰流量不大于这个数的概率为1-p.定义重现期（单位：年）为概率的倒数.规定：当p 50%时，用1 -p报告枯水，即枯水的重现期.如，则报告洪水，重现期T=100（年），通俗的说法就是“百年一遇".
(1)补齐频率分布直方图（用阴影表示） ，并估计该河流年最大洪峰流量的平均值（同一组数据用该区间的中点值作代表） ；
(2)现拟在该水文站修建水坝，要求其能抵挡五十年一遇的洪水.用频率估计概率，求它能承受的最大洪峰流量（单位：100 m3·s-1）的最小值的估计值.
【答案】(1)频率分布直方图见解析，；(2)
【分析】（1）设的频率为，根据频率分布直方图中所有的小矩形的面积之和为得到方程，即可求出，从而求出组的纵轴，即可得到频率分布直方图；
（2）依题意根据百分位数计算规则计算可得；
（1）解：设的频率为，则，解得，所以组的纵轴为，
所以频率分布直方图如下所示：

所以该河流年最大洪峰流量的平均值；
（2）解：依题意可得，即，
设最大洪峰流量估计值为，，
解得，
所以它能承受的最大洪峰流量（单位：100 m3·s-1）的最小值的估计值为；
22．(本题12分)（2022春·福建莆田·高一莆田一中校考期末）如图1，在矩形中，，，点在线段上，且，现将沿折到的位置，连结，，如图2.

（1）若点在线段上，且，证明：；
（2）记平面与平面的交线为.若二面角为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）
【分析】（1）先在图1中连结DP，根据tan∠PDC＝tan∠DAE得到∠DOE＝90°，从而有AE⊥OD，AE⊥OP，即在图2中有AE⊥OD'，AE⊥OP，即可证明AE⊥平面POD'，从而得到AE⊥PD'；
（2）延长AE，BC交于点Q，连接D'Q，根据公理3得到直线D'Q即为l，在平面POD'内过点O作底面垂线，以O为原点，分别为OA，OP，及所作垂线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解l与平面D'CE所成角的正弦值．
【详解】证明：（1）先在图1中连结DP，在Rt△ADE中，由AD，DE，
得tan∠DAE，在Rt△PCD中，由DC＝AB，PC＝BC-BP，
得tan∠PDC，∴tan∠PDC＝tan∠DAE，则∠PDC＝∠DAE，
∴∠DOE＝90°，从而有AE⊥OD，AE⊥OP，
即在图2中有AE⊥OD'，AE⊥OP，
∴AE⊥平面POD'，则AE⊥PD'；
解：（2）延长AE，BC交于点Q，连接D'Q，根据公理3得到直线D'Q即为l，
再根据二面角定义得到．
在平面POD'内过点O作底面垂线，
以O为原点，分别为OA，OP，及所作垂线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则D′（0，﹣1，），E（﹣1，0，0），Q（﹣11，0，0），C（﹣3，4，0），
（﹣11，1，），（﹣2，4，0），（1，﹣1，），
设平面D′EC的一个法向量为，
由，取y＝1，得．
∴l与平面D'CE所成角的正弦值为|cos|．
【点睛】本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查线面垂直的求法，训练了利用空间向量求解线面角，是中档题．