新教材数学高一下册 期末模拟 数学卷（原卷版+教师版）

这是一份新教材数学高一下册 期末模拟 数学卷（原卷版+教师版），共20页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

新教材数学高一下册 期末模拟 数学卷
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．已知复数z满足，且是纯虚数，则（    ）
A． B．i C． D．
2．在5件产品中，有3件一级品和2件二级品，从中任取2件，下列事件中概率为的是（    ）
A．2件都是一级品 B．2件都是二级品 C．一级品和二级品各1件 D．至少有1件二级品
3．在中，，，则外接圆的半径为（    ）
A． B．1 C．2 D．3
4．从某小学随机抽取100名同学，将他们的身高（单位：厘米）数据绘制成频率分布直方图（如图）.若要从身高在三组内的学生中，用分层抽样的方法选取18人参加一项活动，则从身高在内的学生中选取的人数应为（    ）
  
A．3 B．4 C．5 D．6
5．《算数书》竹简于20世纪80年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的成系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h计算其体积V的近似公式．它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3．那么，近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（    ）
A． B． C． D．
6．已知向量满足，则在方向上的投影向量的模长的最大值为（    ）
A． B． C． D．
7．某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为，乙队和丙队答对该题的概率都是.若各队答题的结果相互独立且都进行了答题.则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为（     ）
A． B． C． D．
8．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若点M满足，且∠MAB＝∠MBA，则△AMC的面积是（    ）
A． B． C． D．
二． 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0
9．在一次歌手大赛上，七位评委为歌手打出的分数如下：9.4，8.4，9.4，9.9，9.6，9.4，9.7，去掉一个最高分和一个最低分后，则（　　）
A．所剩数据的平均数是9.4 B．所剩数据的平均数是9.5
C．所剩数据的方差是0.016 D．所剩数据的方差是0.04
10．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（    ）
  
A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱､圆锥､球的体积之比为
11．已知且，若，则下列说法正确的有（    ）
A． B．
C．的最大值是4 D．若，则在复平面内对应的点在第一象限
12．在直角梯形中，为中点，分别为线段的两个三等分点，点为线段上任意一点，若，则的值可能是（    ）
  
A．1 B． C． D．3
三．填空题 本题共4小题，每小题5分，共20分
13．公司库房中的某种零件的60%来自甲公司，40%来自乙公司，两个公司的正品率分别为98%和95%． 从库房中任取一个零件，它是正品的概率为__________．
14．已知非零向量，的夹角为，，，则______．
15．某园区有一块三角形空地（如图），其中，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为______．
  
16．正方体的棱长为1，当，，分别是，，的中点时，平面截正方体所截面的周长为___

四．解答题：本题共6小题，17题10分，剩下每题12分。共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17．某校为了解高一学生在五一假期中参加社会实践活动的情况，抽样调查了其中的100名学生，统计他们参加社会实践活动的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图．

(1)估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的众数，中位数，平均数；
(2)估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的75百分位数（结果保留两位小数）．





18．已知复数，其中是虚数单位，.
(1)若为纯虚数，求的值；
(2)若，求的取值范围.






19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足．
(1)求角B的大小；
(2)设，．
（ⅰ）求c的值；
（ⅱ）求的值．





20．如图，在中，，点是线段上一点.

(1)若点是线段的中点，试用和表示向量；
(2)若，求实数的值.







21．乒乓球被称为中国的“国球”．20世纪60年代以来，中国乒乓球选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军，甚至多次包揽整个赛事的所有冠军．乒乓球比赛每局采用11分制，每赢一球得1分，一局比赛开始后，先由一方发2球，再由另一方发2球，依次每2球交换发球权，若其中一方先得11分且至少领先2分即为胜方，该局比赛结束；若双方比分打成平后，发球权的次序仍然不变，但实行每球交换发球权，先连续多得2分的一方为胜方，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立，已知某局比赛甲先发球．
(1)求该局比赛中，打完前4个球时甲得3分的概率；
(2)求该局比赛结束时，双方比分打成且甲获胜的概率；
(3)若在该局双方比分打成平后，两人又打了X个球该局比赛结束，求事件“”的概率．








22．如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，平面，，，G在上，且．

(1)求证：平面；
(2)若与所成的角为，求多面体的体积．













答案解析
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．已知复数z满足，且是纯虚数，则（    ）
A． B．i C． D．
【答案】B
【分析】设，根据已知得出，，且，求解即可得出答案.
【详解】设，则.
因为，所以；
又，是纯虚数，
所以，，且，即.
又，所以，解得或（舍去）.
所以，.
故选：B.
2．在5件产品中，有3件一级品和2件二级品，从中任取2件，下列事件中概率为的是（    ）
A．2件都是一级品 B．2件都是二级品
C．一级品和二级品各1件 D．至少有1件二级品
【答案】D
【分析】利用列举法求得任取两件的样本点的总数，根据选项，结合古典摡型的概率计算公式和互斥事件的概率加法公式，逐项判定，即可求解.
【详解】设，，分别表示3件一级品，，分别表示2件二级品,
任取2件，则样本空间，
共10个样本点，且每个样本点出现的可能性相等，
记事件A表示“2件都是一级品”，包含3个样本点，则.
记事件B表示“2件都是二级品”，包含1个样本点，则.
记事件C表示“2件中1件一级品、1件二级品”，包含6个样本点，则.
事件A，B，C两两互斥，所以，
又由表示“至少有1件二级品”.
故选：D.
3．在中，，，则外接圆的半径为（    ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】利用正弦定理即可求解.
【详解】设为外接圆的半径，则
由正弦定理，得，解得．
所以外接圆的半径为.
故选:B．
4．从某小学随机抽取100名同学，将他们的身高（单位：厘米）数据绘制成频率分布直方图（如图）.若要从身高在三组内的学生中，用分层抽样的方法选取18人参加一项活动，则从身高在内的学生中选取的人数应为（    ）
  
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】利用小矩形的面积之和为，求出，再求出三组内的学生总数，根据抽样比即可求解.
【详解】直方图中各个小矩形的面积之和为，
，解得，
由直方图可知三个区域内的学生总数为
，
其中身高在[140，150]内的学生人数为.
故选：A
5．《算数书》竹简于20世纪80年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的成系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h计算其体积V的近似公式．它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3．那么，近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由圆锥的体积公式结合题设公式得出的近似值.
【详解】依题意，设圆锥的底面半径为r，则，解得．
故选：A.
6．已知向量满足，则在方向上的投影向量的模长的最大值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据数量即可求出的夹角，然后设，，由可得，，再由投影向量的定义求解即可.
【详解】因为，，
设的夹角为，，解得：，
因为，则，设，
所以设
，，
因为，则，
化简得：，所以
在方向上的投影向量的模长为：，
所以在方向上的投影向量的模长的最大值为：.
故选：D.
7．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用七局四胜制，先赢四局者获胜，没有平局、甲每局赢的概率为，已知前两局甲输了，则甲最后获胜的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用独立事件同时发生的概率公式，即可求得甲最后获胜的频率.
【详解】因为前两局甲都输了，所以甲需要连胜四局或第三局到第六局输1局
且第七局胜，甲才能最后获胜，
所以甲最后获胜的概率为.
故选：C
8．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若点M满足，且∠MAB＝∠MBA，则△AMC的面积是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由正弦定理及诱导公式结合可得.
由，结合可得，.后由∠MAB＝∠MBA，结合正弦定理，可得，即可得面积
【详解】由正弦定理及诱导公式，可得：
，
化简得：，又，则.
又，则 ，.
因，则，，
则在MAC中，，解之：.
则，
则MAC中，边对应高，
则MAC面积．

三． 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0
9．在一次歌手大赛上，七位评委为歌手打出的分数如下：9.4，8.4，9.4，9.9，9.6，9.4，9.7，去掉一个最高分和一个最低分后，则（　　）
A．所剩数据的平均数是9.4 B．所剩数据的平均数是9.5
C．所剩数据的方差是0.016 D．所剩数据的方差是0.04
【答案】BC
【分析】根据题意，由平均数以及方差的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】根据题意可得，,
方差为，
故选:BC
10．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（    ）
  
A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱､圆锥､球的体积之比为
【答案】CD
【详解】根据圆柱，圆锥，球体的侧面积，表面积，和体积公式依次判断选项即可.
【点睛】对选项A，圆柱的侧面积为，故A错误；
对选项B，圆锥的母线为，
圆锥的侧面积为，故B错误.
对选项C，球的表面积为，故C正确.
对选项D，圆柱的体积，
圆锥的体积，球的体积，
所以圆柱､圆锥､球的体积之比为，故D正确.
故选：CD
11．已知且，若，则下列说法正确的有（    ）
A． B．
C．的最大值是4 D．若，则在复平面内对应的点在第一象限
【答案】ABC
【分析】设复数，，，根据复数代数形式的乘法运算判断A，根据共轭复数的定义判断B，求出，再表示出，即可求出的最大值，从而判断C，若则，即可求出，根据复数的几何意义判断D.
【详解】设复数，，，
，①，
所以，故A正确；
，，
又，即，所以，
所以，则，，，
所以，故B正确；
因为，
当时，取到最大值，故C正确；
若，则，即，，
所以，则，则在复平面内对应的点为，位于在第四象限，故D错误.
故选：ABC．
12．在直角梯形中，为中点，分别为线段的两个三等分点，点为线段上任意一点，若，则的值可能是（    ）
  
A．1 B． C． D．3
【答案】AB
【分析】建立平面直角坐标系，设，用坐标表示出，再根据列方程可得，然后可得.
【详解】  
如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，
不妨设，则，
则
设，则
∵，
∴，
∴整理得，
因为，所以
故选：AB.
三．填空题 本题共4小题，每小题5分，共20分
13．公司库房中的某种零件的60%来自甲公司，40%来自乙公司，两个公司的正品率分别为98%和95%． 从库房中任取一个零件，它是正品的概率为__________．
【答案】0.968/
【分析】按照概率公式计算.
【详解】由题设，所求概率为 ；
故答案为：0.968.
14．已知非零向量，的夹角为，，，则______．
【答案】9
【分析】根据数量积的定义结合数量积的运算律，即可求得答案.
【详解】由及，夹角为可知，
又，解得，则，
故，
故答案为：9
15．某园区有一块三角形空地（如图），其中，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为______．
  
【答案】
【分析】根据可知点的轨迹，再利用正弦定理以及圆周角和圆心角之间的关系，易知当为与圆的交点时，取最小值，再利用余弦定理即可求得结果.
【详解】如图，因为，所以在如图所示的圆上，圆的半径为，
  
由圆周角的性质可得，
连接，可得，
所以当为与圆的交点时，取最小值，即，
又，
在中，，
根据余弦定理可知，
所以的最小值为．
故答案为：
16．正方体的棱长为1，当，，分别是，，的中点时，平面截正方体所截面的周长为___

【答案】
【分析】先作出平面截正方体所得截面，进而求得该截面的周长.
【详解】连接并延长交延长线于Q，则
过Q作，交于H，交于K，则，
过K作，交于T，连接，
则六边形即为平面截正方体所得截面，
又均为棱的中点，则截面的周长为

故答案为：
四．解答题：本题共6小题，17题10分，剩下每题12分。共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17．某校为了解高一学生在五一假期中参加社会实践活动的情况，抽样调查了其中的100名学生，统计他们参加社会实践活动的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图．

(1)估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的众数，中位数，平均数；
(2)估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的75百分位数（结果保留两位小数）．
【答案】(1)众数是20；中位数是；平均数为20.32
(2)23.86

【分析】（1）根据频率分布直方图求出的值，然后根据众数、中位数、平均数的概念计算；
（2）根据75百分位数确定所在区间，再计算即可.
【详解】（1）由频率分布直方图可看出最高矩形底边上的中点值为20，故众数是20；
由，解得，
∵，且，
∴中位数位于之间，设中位数为，
，解得，故中位数是；
平均数为；
（2）75百分位数即为上四分位数，
又∵，，
∴上四分位数位于之间，设上四分位数为，
则，解得．
18．已知复数，其中是虚数单位，.
(1)若为纯虚数，求的值；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据纯虚数的特征，即可列式求解；
（2）根据复数相等，转化为实部和虚部对应相等，将写为关于的二次函数，
列式求解.
【详解】（1）因为为纯虚数，
所以，解得.
（2）由，得.
因此.
因为，所以当时，；
当时，，.故的取值范围是.
19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足．
(1)求角B的大小；
(2)设，．
（ⅰ）求c的值；
（ⅱ）求的值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）

【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可.
（2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解.
【详解】（1）由，
根据正弦定理得，,
可得，
因为，故，则，
又，所以.
（2）由（1）知，，且，，
（ⅰ）则，
即，解得（舍），.
故.
（ⅱ）由，
得，
解得，则，
则，
，
则
.
20．如图，在中，，点是线段上一点.

(1)若点是线段的中点，试用和表示向量；
(2)若，求实数的值.
【答案】(1)
(2).

【分析】（1）根据向量的线性运算法则求解；
（2）根据向量线性运算利用表示，结合平面向量基本定理列方程求的值.
【详解】（1）因为点是线段的中点，且，
所以.
所以；
（2）设，则
，
又，
所以，
因为，
所以，
所以.
21．乒乓球被称为中国的“国球”．20世纪60年代以来，中国乒乓球选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军，甚至多次包揽整个赛事的所有冠军．乒乓球比赛每局采用11分制，每赢一球得1分，一局比赛开始后，先由一方发2球，再由另一方发2球，依次每2球交换发球权，若其中一方先得11分且至少领先2分即为胜方，该局比赛结束；若双方比分打成平后，发球权的次序仍然不变，但实行每球交换发球权，先连续多得2分的一方为胜方，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立，已知某局比赛甲先发球．
(1)求该局比赛中，打完前4个球时甲得3分的概率；
(2)求该局比赛结束时，双方比分打成且甲获胜的概率；
(3)若在该局双方比分打成平后，两人又打了X个球该局比赛结束，求事件“”的概率．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）分类讨论，甲失一球，这球有是甲发球还是是乙发球，结合独立事件概率乘法公式分析运算；
（2）分类讨论，甲失一球，这球有是甲发球还是是乙发球，结合独立事件概率乘法公式分析运算；
（3）由题意可得：或，分类讨论，甲赢得比赛还是是乙赢得比赛，结合独立事件概率乘法公式分析运算.
【详解】（1）若打完前4个球时甲得3分，则甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，
所以打完前4个球时甲得3分的概率.
（2）若双方比分打成且甲获胜，则甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，且乙最后一次发球甲胜，
双方比分打成且甲获胜的概率.
（3）由题意可得：若，则或，
可得；
；
所以.
22．如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，平面，，，G在上，且．

(1)求证：平面；
(2)若与所成的角为，求多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)．

【分析】（1）延长交于点M，连接，根据已知求得，易证为平行四边形，有，则为平行四边形，即，最后应用线面平行的判定证结论；
（2）取的中点N，可得，在平面内，过G作FB的平行线交AB于P，得，证明为的中位线，由棱台结构特征确定为棱台，最后应用棱锥体积公式求体积.
【详解】（1）延长交于点M，连接，则在面内，
由，则，又，
所以，可得，
由，G在上且，故为平行四边形，
则，且，又共线，
所以，且，故为平行四边形，则，
由平面，平面，所以平面．
（2）
取的中点N，则，且，
所以为平行四边形，则，
在平面内，过G作FB的平行线交AB于P，
所以与所成的角，即为与所成角，则，
平面，平面，则，而，
设，则△中，，
，则为等边三角形，
故，即，
所以在中，P为的中点，且，故为的中位线，
所以，易知多面体为棱台，且，且，
体积．