江苏省徐州市铜山区棠张高级中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学模拟试卷（三）

这是一份江苏省徐州市铜山区棠张高级中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学模拟试卷（三），共18页。试卷主要包含了已知，则，若，则的大小关系是，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
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．若，则（ ）
A．B．C．D．
2．北斗导航系统由55颗卫星组成，于2020年6月23日完成全球组网部署，全面投入使用.北斗七星自古是我国人民辨别方向判断季节的重要依据，北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光，其中玉衡最亮，天权最暗.一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测，则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为（ ）

A．B．C．D．
3．金山寺位于江苏省镇江市润州区，始建于东晋时期，是中国佛教禅宗名寺，民间传说《白蛇传》中的金山寺即指此，与普陀寺､文殊寺､大明寺并列为中国的四大名寺，其中慈寿塔为金山标志，砖木结构，七级八面，矗立于数重楼台殿宇之上，如图：记慈寿塔塔高OT，某测量小组选取与塔底O在同一水平面内的两个测量点A，B.现测得.，，在B点处测得塔顶T的仰角为30°，则塔高OT为（ ）

A．36mB．C．45mD．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示的矩形中，，满足，，G为EF的中点，若，则的值为（ ）
A．B．3C．D．2
6．若，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
7．设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：
①若，则或 ②若，则
③若，且，则 ④若与和所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
8．如图，在棱长为1的正方体中，已知，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为（ ）

A. B. C. D.
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．给定一组数，，，，，，，，，，则（ ）
A．平均数为3B．标准差为C．众数为2D．分位数为5
10．下列说法中正确的是（ ）
A．在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等．
B．若为互斥事件，则的对立事件与的对立事件一定互斥．
C．设样本数据的平均数和方差分别为2和8，若，则的平均数和方差分别为5和32
D．高一和高二两个年级的同学参加了数学竞赛，高一年级有450人，高二年级有350人，通过分层随机抽样的方法抽取了容量为160的样本，得到两年级的竞赛成绩的平均分分别为80分和90分，则高一和高二数学竞赛的平均分约为84.375分
11．如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）
A．B．
C．与成60°角D．与是异面直线
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且，，D为AC上一点，，则面积最大时， .
13．在三棱锥中，两两垂直，，为棱 上一点，于点，则面积的最大值为 ；此时，三棱锥 的外接球表面积为 ．
14.如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为________．
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．已知，，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
16．在如图所示的几何体中，平面平面，四边形为平行四边形，，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)求三棱锥的体积．
17．某高校的入学面试中有4道题目，第1题2分，第2题3分，第3题4分，第4题4分，每道题目答对得满分，答错得0分，小明答对第1，2，3，4题的概率分别为，，，，且每道题目是否答对相互独立.
(1)求小明4道题目至少答错1道题的概率；
(2)若该高校规定学生的面试分数不低于8分则面试成功，求小明面试成功的概率.
18．已知的内角的对边分别为的面积为．
(1)求；
(2)若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.
19．如图1，菱形中，，，于E，将沿翻折到，使，如图2．
(1)求三棱锥的体积；
(2)在线段上是否存在一点F，使∥平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
参考答案：
1．【答案】C
【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.
【解析】因为，所以.
故选：C.
2．【答案】B
【分析】根据古典概型计算公式，结合组合的定义、对立事件的概率公式进行求解即可.
【解析】因为玉衡和天权都没有被选中的概率为，
所以玉衡和天权至少一颗被选中的概率为.
故选：B.
3．【答案】A
【分析】利用正弦定理，结合锐角三角函数定义进行求解即可.
【解析】在中，因为.，
所以，
由正弦定理可知：，
在直角三角形中，
，
故选：A
4．【答案】B
【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解.
【解析】因为，
所以，，
所以，
故选：B.
5．【答案】A
【分析】以为基底，根据平面向量线性运算即可求解.
【解析】因为，，G为EF的中点，
所以
，
所以，所以.
故选：A
6．【答案】D
【分析】根据二倍角正弦公式对化简；由正切差角公式对化简；由二倍角公式对化简；最后由余弦函数的单调性比较大小即可.
【解析】因为，
由所以，
即；
又，
故；
因为，所以，
又，
又，所以.
故选：D.
7．【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【解析】对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
8．【答案】B
【分析】设的中点为，即可证明，从而得到，再将平面与平面展开并摊平，在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，利用余弦定理计算可得.
【解析】
设的中点为，连接（不与点重合），，，，
所以，所以，把平面与平面展开并摊平，如图，
在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，
在中利用余弦定理可得，

所以的周长的最小值为．
故选：B．
9．【答案】AD
【分析】根据平均数、方差、众数和百分位数的概念与计算方法，逐项判定，即可求解.
【解析】平均数为，故A正确；
，所以标准差为，故B错误；
根据众数的定义可得众数为和，故C错误；
将数据从小到大排序得1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，可得，所以第85百分位数为5，所以D正确.
故选：AD.
10．【答案】ACD
【分析】利用频率分布直方图以及互斥事件和对立事件的概念即可判断AB，设样本数据的均值为，方差为，由已知得新样本的均值为，方差为即可判断C，先计算抽取的比例，再在高一高二两层内按比例抽取，求出高一高二的人数后再计算平均分即可判断D.
【解析】对于A，在频率分布直方图中，根据中位数的概念，可得中位数左边和右边的直方图的面积相等是正确的；
对于B，若A、B为互斥事件，根据互斥事件和对立事件的概念，可得则A的对立事件与B的对立事件不一定互斥，所以不正确；
对于C，设样本数据的均值为，则，方差为，则，
所以新样本的均值为，方差为，故C正确；
对于D，由题意，可得高一年级抽取的样本量为×450＝90，
高二年级抽取的样本量为×350＝70.
高一和高二数学竞赛的平均分约为×80＋×90＝84.375(分)，故D正确.
故选：ACD.
11．【答案】BCD
【分析】由展开图翻折成正方体，根据正方体的性质判断直线间的位置关系．
【解析】展开图翻折成的正方体如图所示，因为，，因此，所以A错误；同理，，所以，B正确；
或其补角是与所成的角，又△是等边三角形，所以，所以与所成的角是，C正确.
又平面，且与不平行，故与是异面直线，D正确.
故选：BCD.
12．【答案】
【解析】将代入，得 ，以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，求出三角形的顶点的轨迹方程，根据图形得出三角形的面积何时最大，进而求出此时的长.
【解析】将代入得：
，由正弦定理有：
,即，
则,即,所以 .
以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，
则，设
由，即,
所以，即
如图，顶点在圆上,设圆心为
显然当时，三角形的面积最大,
由,又
所以,又因为，即点在轴上(如图)
,
所以
故答案为：
【点睛】本题考查正弦定理和和角公式，数形结合思想，本题还可以直接用余弦定理结合面积公式直接求解三角形的面积，从而得解，属于难题.
13．【答案】
【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积.
【解析】设，且，
因为两两垂直，所以，
所以，可得，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
设三棱锥的外接球的半径为，
则，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：；.
14.【答案】
【分析】先利用直线与平面所成的角为，求得点的轨迹，进而求得点的轨迹长度.
【解析】因为直线与平面所成的角为，
所以点的轨迹在以为顶点，底面圆的半径为，高为1的圆锥的侧面上，
又因为点是正方体表面上的一个动点，
所以点的轨迹如图所示，
则点的轨迹长为．
故答案为：.
15．【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求，的值，进而根据，利用两角差的余弦函数公式即可求解．
（2）利用二倍角公式可求，的值，进而即可代入求解．
【解析】（1）因为，
所以
又因为，
所以
所以
（2）因为，
所以
所以
【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，两角差的余弦函数公式，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想．
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得，结合面面垂直可得平面，利用面面垂直的判定定理即可证明；
（2）先求解点到平面的距离，再求解的面积，利用锥体的体积公式即可求解.
【解析】（1）解：∵，∴，
∵平面平面，且平面平面，
平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）取的中点，连接，∵，∴，
∵平面平面，∴平面，
∵，平面，平面，
∴平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
即点到平面的距离为的长.
∵，，∴，
∴，从而，
∵四边形为平行四边形，，
∴，，
∴，
∴.
17．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）小明4道题目至少答错1道题的对立事件为小明4道题全部答对，根据对立事件概率和为1计算即可；
（2）分答对2题，应是第3题和第4题，答对三题或全部答对则面试成功，依次计算概率后，再相加即可.
【解析】（1）小明同学4道题目至少答错1道题的对立事件为小明4道题全部答对，
所以小明同学4道题目至少答错1道题的概率为.
（2）由题意得，要使得面试分数不低于8分，若只答对2题，则应是第3题和第4题；若只答对三题或全部答对，面试得分均不低于8分.
设事件A，B，C，D分别为小明答对第1，2，3，4题，
则小明面试成功的概率
.
18．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解.
【解析】（1）依题意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因为，所以；
（2）依题意，，
因为，解得，
因为，
所以，
所以．
19．【答案】(1)
(2)存在，.
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用等体积法及棱锥的体积公式计算即可.
（2）设线段的中点为，线段的中点为，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明平面，即可得出结论.
【解析】（1）解：由题可知在菱形中，，，，
故，
所以在四棱锥中，，
又，所以平面，且，
连接，因为则,
所以.
故棱锥的体积为.
（2）解：设线段的中点为，线段的中点为，连接，
因为点为的中点，点为的中点，
所以，
又由（1）得，，
所以，
所以四边形为平行四边形，故,
又平面，平面，
所以平面，此时点为的中点，
故.