山东省临沂第十八中学2023-2024学年高一下学期期末考试模拟数学试题（三）

这是一份山东省临沂第十八中学2023-2024学年高一下学期期末考试模拟数学试题（三），共4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。

1．袋子中有四个小球，分别写有“美、丽、中、国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率．利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0,1,2,3代表“中、国、美、丽”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：232 321 230 023 123 021 132 220 001 231 130 133 231 031 320 122 103 233由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为( )
A.eq \f(1,9) B．eq \f(3,18) C.eq \f(2,9) D．eq \f(5,18)
2．袋中有大小相同的黄、红、白球各一个，每次任取一个，有放回地取3次，则eq \f(8,9)是下列哪个事件的概率( )
A．颜色全相同 B．颜色不全同 C．颜色全不同 D．无红球
3.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若eq \f(S甲,S乙)＝2，则eq \f(V甲,V乙)＝( )
A.eq \r(5) B．2eq \r(2) C.eq \r(10) D．eq \f(5\r(10),4)
4.已知平行四边形ABCD中，点E为CD的中点，eq \(AM,\s\up6(―→))＝meq \(AB,\s\up6(―→))，eq \(AN,\s\up6(―→))＝neq \(AD,\s\up6(―→))(m·n≠0)，若eq \(MN,\s\up6(―→))∥eq \(BE,\s\up6(―→))，则eq \f(n,m)＝( )
A．1 B．2 C.eq \f(1,2) D．－2
5.某地为了了解学生的睡眠时间，根据初中和高中学生的人数比例采用分层抽样，抽取了40名初中生和20名高中生，调查发现初中生每天的平均睡眠时间为8小时，方差为2，高中生每天的平均睡眠时间为7小时，方差为1.根据调查数据，估计该地区中学生睡眠时间的总体方差约为（ ）
A．B． C． D．
6.古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现0.618就是黄金分割，这是一个伟大的发现．这一数值也表示为a＝2sin 18°，若a2＋b＝4，则eq \f(1－2cs227°,a\r(b))＝( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C．－2 D．2
7.设的内心为，而且满足，则的值是（ ）
A．B．C．D．
8.魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝( )
A.eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表高 B．eq \f(表高×表距,表目距的差)－表高 C.eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表距 D.eq \f(表高×表距,表目距的差)－表距
二、多选题：
9.为了了解某校九年级1 600名学生的体能情况，随机抽查了部分学生，测试1分钟仰卧起坐的成绩(次数)，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图，根据统计图的数据，下列结论正确的是( )
A．该校九年级学生1分钟仰卧起坐的平均次数约为26
B．该校九年级学生1分钟仰卧起坐的次数的中位数为26.5
C．该校九年级学生1分钟仰卧起坐的次数的众数为27.5
D．该校九年级学生1分钟仰卧起坐的次数超过30的人数约为320
10.向量是近代数学中重要和基本的概念之一，它既是代数研究对象，也是几何研究对象，是沟通代数与几何的桥梁．若向量a，b满足|a|＝|b|＝2，|a＋b|＝2eq \r(3)，则( )
A．a·b＝－2 B．a与b的夹角为eq \f(π,3)
C．|a－b|<|a＋b| D．a－b在b上的投影向量为eq \f(1,2)b
11.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论正确的是( )
A．AE∥平面C1BD B．三棱锥A-BEF的体积为定值
C．四面体ACEF的体积不为定值 D．四面体ACDF的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.在平行四边形OABC中，各顶点对应的复数分别为zO＝0，zA＝2＋eq \f(a,2)i，zB＝－2a＋3i，zC＝－b＋ai，a，b∈R，则a－b＝________.
13.某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮”和“三步上篮”两项测试，“立定投篮”与“三步上篮”各有2次投篮机会，先进行“立定投篮”测试，如果合格才有机会进行“三步上篮”测试，为了节约时间，每项只需且必须投中一次即为合格．小明同学“立定投篮”的命中率为eq \f(1,2)，“三步上篮”的命中率为eq \f(3,4)，假设小明不放弃任何一次投篮机会且每次投篮是否命中互不影响，则小明同学一次测试合格的概率为________．
14．现有一副斜边长为10的直角三角板，将它们斜边AB重合，若将其中一个三角板沿斜边折起形成三棱锥A-BCD，如图所示，已知∠DAB＝eq \f(π,6)，∠BAC＝eq \f(π,4)，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为________；该三棱锥体积的最大值为________．
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.（13分）如图所示，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，P为平面ABC外一点，E，F分别是PA，PC的中点．记平面BEF与平面ABC的交线为l.求证：直线l∥平面PAC.
（15分）已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足sin2A-sin2B+sin2C-3sinAsinC=0,(1)求角B;(2)若a=1,求b+c的取值范围.
17.(15分)已知a，b是非零向量，t为实数，设u＝a＋tb.
(1)当|u|取最小值时，求实数t的值．(2)当|u|取最小值时，向量b与u是否垂直？
18.(17分)袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个．现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．(1)求取球2次即终止的概率；(2)求甲取到白球的概率．
19．(17分)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60° ，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
高一数学下学期期末考试模拟试题（三）答案
一、CBCB DABA ACD BC ABD
8.解析：选A 由题意，知△ABH∽△EDH，
所以eq \f(AB,DE)＝eq \f(AH,EH)，所以EH＝eq \f(DE·AH,AB).①
由题意，知△ABC∽△GFC，所以eq \f(AB,FG)＝eq \f(AC,GC)，
所以GC＝eq \f(FG·AC,AB)＝eq \f(DE·AC,AB).②
②－①，得GC－EH＝eq \f(DEAC－AH,AB)＝eq \f(DE·HC,AB)，
所以AB＝eq \f(DE·HC,GC－EH)＝eq \f(DE·[EG＋GC－EH],GC－EH)＝eq \f(DE·EG,GC－EH)＋DE，
所以AB＝eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表高．故选A.
11。解析：对于A，如图1，AB1∥DC1，易证AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，所以平面AB1D1∥平面C1BD.又AE⊂平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，A正确；
对于C，如图2，
S△AEF＝eq \f(1,2)EF·h1＝eq \f(1,2)×1× eq \r(32＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))2)＝eq \f(3\r(6),4)，点C到平面AEF的距离为点C到平面AB1D1的距离d为定值，所以VACEF＝VC-AEF＝eq \f(1,3)×eq \f(3\r(6),4)×d＝eq \f(\r(6),4)d为定值，所以C错误；
对于B，如图3，S△BEF＝eq \f(1,2)×1×3＝eq \f(3,2)，点A到平面BEF的距离为A到平面BB1D1D的距离d为定值，所以VA-BEF＝eq \f(1,3)×eq \f(3,2)×d＝eq \f(1,2)d为定值，B正确；
对于D，如图4，四面体ACDF的体积为VACDF＝VF-ACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×3×3＝eq \f(9,2)为定值，D正确．
二、12. －4 13. eq \f(45,64) 14.100π eq \f(125\r(3),6)
三、15.[证明] ∵E，F分别是PA，PC的中点，
∴EF∥AC.
又∵EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴EF∥平面ABC.
而EF⊂平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l，
∴EF∥l.
∵l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，
∴l∥平面PAC.
16.解：（1）因为 sin2A-sin2B+sin2C-3sinAsinC=0,
所以 a2-b2+c2=3ac,
所以 csB=32,
因为 B∈0π2,所以 B=π6;
（2）由正弦定理 asinA=bsinB=csinC,
得 b=sinBsinA=12sinA,c=sinCsinA=sinA+BsinA=32+csA2sinA,
则b+c=32+1+csA2sinA=32+2cs2A24sinA2csA2=32+12tanA2,
由锐角△ABC得 0得 π3所以 tanA2∈331, 从而 1tanA∈13,
所以b+c的取值范围为 1+323.
17.解：解：(1)|u|2＝|a＋tb|2＝|b|2t2＋2(a·b)t＋|a|2＝|b|2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(a·b,|b|2)))2＋|a|2－eq \f(a·b2,|b|2).
∵b是非零向量，∴|b|≠0，
∴当t＝－eq \f(a·b,|b|2)时，|u|＝|a＋tb|的值最小．
(2)∵b·(a＋tb)＝a·b＋t|b|2＝a·b＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a·b,|b|2)·|b|2))＝a·b－a·b＝0，
∴b⊥(a＋tb)，即b⊥u.
18.解：(1)设事件A为“取球2次即终止”．即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借助树状图求出相应事件的样本点数：
因此，P(A)＝eq \f(4×3,7×6)＝eq \f(2,7).
(2)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件Ai，i＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．借助树状图求出相应事件的样本点数：
所以P(B)＝P(A1∪A3∪A5)＝P(A1)＋P(A3)＋P(A5)＝eq \f(3,7)＋eq \f(4×3×3,7×6×5)＋eq \f(4×3×2×1×3,7×6×5×4×3)＝eq \f(3,7)＋eq \f(6,35)＋eq \f(1,35)＝eq \f(22,35).
19.解：(1)证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因为E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE，
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)因为AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC为正三角形，则AC＝2，BE＝eq \r(3)，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小．在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝eq \f(DE·BE,BD)＝eq \f(\r(3),2).
因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍．
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
因为VD-AEB＝VE-ADB，
所以eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AE×BE×DE＝eq \f(1,3)×S△ABD×eq \f(d,2)，其中d为点C到平面ABD的距离．
在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，
所以S△ABD＝eq \f(\r(7),2)，所以d＝eq \f(2\r(21),7).
因为AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，所以FC＝eq \r(FE2＋EC2)＝eq \f(\r(7),2).
记CF与平面ABD所成的角为α，则sin α＝eq \f(d,CF)＝eq \f(4\r(3),7).