广东省珠海市第一中学2023-2024学年高一下学期数学期末模拟试卷

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【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断（可通过正方体中的直线、平面进行说明）．
【详解】以正方体为例，
A．，平面，平面与平面都可以是平面，与可能平行也可能相交，A错；
B．平面，平面，，，此时与相交，B错；
C．，由线面平行的性质定理，内有直线，，则，，则，则，C正确；
D．平面，平面，，，但与相交，不平行，D错．
故选：C．
2．A
【详解】根据正弦定理有，由余弦定理得，所以.
3．A
【分析】由二倍角公式以及切弦互换即可求解.
【详解】.
故选：A.
4．A
【分析】用随机数表法选取样本数据时，选取的数据应在指定的范围内，且重复的数据要舍去．
【详解】解：从随机数表第1行的第6列数字开始，由左到右依次选取两个数字，
则选出来的第1个数是21，第2个红色球的编号是32．
故选：A．
【点睛】本题考查了利用随机数表法选取样本数据的应用问题，是基础题．
5．C
【解析】由，根据三角函数的变换规则即可判断.
【详解】解：∵,
∴将函数的图像上的所有点向左平移个单位,可得到函数的图像.
故选：
【点睛】本题考查三角函数的变换，属于基础题.
6．C
【分析】延长交于，根据题意，得到且，再由，可得是的四等分点，根据向量的运算法则，求得，求得的值，即可求解.
【详解】如图所示，延长交于，
由已知为的重心，则点为的中点，可得，且，
又由，可得是的四等分点，
则，
因为，所以，，所以．
故选：C.
7．A
【分析】先求出初始位置时对应的角，再根据题意求出盛水桶到水面的距离与时间的函数关系式，将代入，即可求解.
【详解】设初始位置时对应的角为，则，则，
因为筒车转到的角速度为，
所以水桶到水面的距离，
当时，可得.
故选：A.
8．B
【分析】设正方形ABCD边长为，由三棱锥的体积，求出的值即可.
【详解】三棱锥中，为中点，连接，
，则，
平面，，得平面，
设正方形ABCD边长为，则有，，
，，，
有，则，，
，得，即.
所以原正方形铁皮的边长是.
故选：B
9．CD
【分析】对于AB：举反例说明即可；对于C：根据复数的乘法以及复数的模长公式结合复数相等分析求解；对于D：根据复数的相关概念结合共轭复数分析判断.
【详解】设，则，
对于选项A：例如，则，符合题意，但，故A错误；
对于选项B：例如，则，符合题意，但，故B错误；
对于选项C：若，则，
可得，解得，
可知，故C正确；
对于选项D：若，可知，
此时，故D正确；
故选：CD.
10．ABD
【分析】分别求得中位数、百分位数、平均值、方差判断各选项．
【详解】对于选项A，10个分数从小到大排列后第5个和第6个数的平均值为，即中位数是90，A正确；
对于选项B，由于，所以第60百分位数是第6个数90与第7个数92的平均数，即，所以B正确；
对于C选项：方法1：平均数相对于中位数总在“拖尾”的一则，所以C错误；
方法2：这10个数的均值为分，中位数是90，所以C错误；
对于D选项：这10个数的方差为，
去掉70和100后，平均数为，方差为，90>89， ，所以D正确．
故选：ABD．
11．ABD
【分析】对于A，通过向量的线性运算即可验证；对于B，建立适当的平面直角坐标系，将数量积转换为闭区间上的二次函数，进而判断；对于C，先表示出，进一步可表示出，结合模长公式即可验算；对于D，将条件等式转换为，结合基本不等式即可判断.
【详解】对于A，因为，，所以
，故A正确；
对于B，以B为坐标原点，BC，BA所在的直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，如图所示．
所以B（0，0），C（1，0），D（1，1），A（0，1），设，，所以P（x，1），
所以，所以的最小值为，此时，故B正确；
因为，（，），
所以，，
所以，当时，，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，故C错误；
因为，若，，则
，所以，
所以，即，当且仅当即时，等号成立，
所以，即的最大值是，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是先表示出，进一步可表示出即可顺利得解.
12．
【分析】设圆台上底面的半径为，根据已知条件先算出的值，进而利用圆台体积公式计算即可.
【详解】设圆台上底面的半径为，下底面半径为，则有，
解得或（舍去）.
圆台的体积为.
故答案为：.
13．
【分析】首先由斜二测图形还原平面图形，然后求解其面积即可.
【详解】由几何关系可得，斜二测图形中：，
由斜二测图形还原平面图形，则原图是一个直角梯形，其中上下底的长度分别为1,2，高为，其面积.
【点睛】本题主要考查斜二测画法，梯形的面积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
14．
【分析】由正弦定理将边角互化，结合余弦定理及两角和差的正弦公式得到，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.
【详解】因为，由正弦定理可得，
由余弦定理，所以，即，
由正弦定理可得，
所以，
即，
所以，
因为，，所以，
所以，即，所以，
由为锐角三角形，所以，，可得，
所以，，
由正弦定理得
，
即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键是通过边角互化得到，从而得到，最后由正弦定理将式子转化为角的三角函数，结合余弦函数的性质计算可得.
15．(1)
(2)
【分析】（1）先利用正弦定理角化边，化简后利用余弦定理、结合特殊角的三角函数可得答案.
（2）法一：，作，，， ，由为锐角三角形，可得，再由，得到面积的取值范围；
法二：由正弦定理，化简得，由为锐角三角形，可得，进而的，即可得面积的取值范围．
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，即，
又，由余弦定理，，
又，所以.
（2）法一： 如图，作，，， ，
由为锐角三角形，故，
由，得，所以．

法二：由题意，
由（1）知，所以，
由正弦定理，得，
又为锐角三角形，所以，得，则，
故，所以．
16．(1)
(2)
【分析】（1）选择，为一组基向量，设，，将分别用，的两种形式表示，根据平面向量基本定理可得关于的方程组，求解即得；
（2）分别将用，表示，计算它们的数量积，整理成关于的二次函数，结合二次函数的图象和的范围即可求得的取值范围.
【详解】（1）设，则
设.
根据平面向量基本定理得解得，
所以，则，所以.
（2）因为，
，
,
所以.
.
因为，所以当时，取得最小值，且最小值为，
当时，取得最大值，且最大值为.
故的取值范围为.
17．(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）根据平面得到，根据为等边三角形，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角即可；
（3）设，得到，然后利用空间向量和∥平面列方程，解得即可.
【详解】（1）∵平面，平面，
∴，
∵为等边三角形，为中点，
∴，
∵，平面，平面，
∴平面.
（2）
取中点，连接，，
∵平面，平面，平面，
∴平面平面，，
∵为中点，为等边三角形，
∴，，
∵平面平面，平面，
∴平面，
∵，，
∴四边形为平行四边形，，
如图，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
，，，，,
∵平面，
∴可以作为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，则
，令，则，，，
所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
（3），，，，
设，则，
∵∥平面，
∴，解得，
所以在棱上存在点使∥平面，此时.
18．(1)，
(2)晋级分数线划为78分合理
(3)90；38.75
【分析】（1）由其中第1组频数的平方等于第2组、第4组频数之积，求出的值，频率分布直方图面积和为1，求b的值；
（2）利用频率分布直方图计算第80百分位数即可；
（3）根据平均数和方差的计算公式求出结果.
【详解】（1）由题意知，所以，解得，
又，解得．
所以，，
（2）成绩落在内的频率为：，
落在内的频率为：，
设第80百分位数为m，则，
解得，所以晋级分数线划为78分合理．
（3），故：．
又，，
剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为，，，…，，
平均数与标准差分别为，，
则剩余8个分数的平均数：；
方差：．
19．(1)证明见解析；
(2)
(3)证明见解析.
【分析】(1)当时, ,​​​,，由,即可证明“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；
(2)由“2维形态复数”与“3维形态复数”相等,可得，利用复数相等的条件得到,即可求；
(3)由得,利用复数相等的条件得到和,则,则,进一步得,即可证明存在有理数,使得.
【详解】（1）当时, ,
​​​​​​​则​​​,.
因为，
故“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系.
（2）因为“2维形态复数”与“3维形态复数”相等,
所以,
因此，
解，得或,
解，得或,
由于两个方程同时成立,故只能有,即.
所以.
（3）由，得,由(2)同理可得,
即.
因为,所以.
因为,由(1)知,所以.
由(2)同理可得,即.
因为,所以,
所以,
又因为,所以,所以,
即，
​​​​​​​所以存在有理数,使得.
【点睛】关键点点睛：利用复数相等求出参数然后求解.