山东省临沂第十八中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学模拟试题（五）

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数学模拟试题（五），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．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则为（ ）
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形
2．如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为（ ）
A．8 B．10
C．12 D．
3.某中学高一年级共有学生2400人，为了解他们的身体状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本，若样本中共有男生42人，则该校高一年级共有女生
A．1260B．1230C．1200D．1140
4.如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B． C． D．
5.平面向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．“体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战2024年巴黎奥运会，运动员们都在积极参加集训，已知某跳水运动员在一次集训中7位裁判给出的分数分别为：9.1，9.3，9.4，9.6，9.8，10，10，则关于这组数据的说法中错误的是（ ）
A．平均数为9.6 B．众数为10 C．第80百分位数为9.8 D．方差为
7．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为正方形，底面ABCD，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，则该刍甍的外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
8.在中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（ ）
B．C． D．
二、多选题
9．已知是两个复数，下列结论中正确的是（ ）
A．若，则 B．若为实数，则
C．若均为纯虚数，则 D．若为实数，则均为纯虚数
10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是（ ）
A．三棱锥A−D1PC的体积不变 B．直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为
C．直线AP与平面ACD1所成角的大小不变 D．二面角P−AD1−C的大小不变
11在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有
B．的取值范围为
C．的取围为 D．的取值范围为
三、填空题
12.用与球心距离为1的平面去截球, 所得的截面面积为π, 则球的体积为
13.在中，，D为BC边上一点，且，则的最小值为 .
14.如图，四边形是边长为1的正方形，延长CD至E，使得．动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A点，，则的取值范围为 ．
四、解答题
15．已知复数的实部与虚部的差为．
(1)若，且，求复数的虚部；(2)当取得最小值时，求复数的实部．
16.中，角，，的对边分别为，，，满足.
（1）求角的大小：
（2）若边上的中线，求的面积的最大值.
17.某校为了解学生每日行走的步数，在全校3000名学生中随机抽取200名，给他们配发了计步手环，统计他们的日行步数，按步数分组，得到频率分布直方图如图所示，

(1)求的值，并求出这200名学生日行步数的样本众数、中位数、平均数；
(2)学校为了鼓励学生加强运动，决定对步数大于或等于13000步的学生加1分，计入期末三好学生评选的体育考核分，估计全校每天获得加分的人数.
18.四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，若，．
（1）证明：平面平面；（2）求二面角的正切值．
19.如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，，点是上的点，且，
(1)若，求和所成角的余弦值；
(2)设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，求出的最大值，并指出此时的取值
高一下学期期末模拟考试数学试题（五）
参考答案：
1．A 2．B 3．D 4．B 5．C 6．C 7．A 8．D 9．AC 10．ABD 11．AD
12. 13． 14．[0,4]
15．（1）依题意，，由，得，而，解得，
则，，所以的虚部是6.
（2）由（1）知，，则当时，取得最小值，
此时，，所以的实部为.
16（1）根据频率分布直方图可知，各组频率依次为，，，，，，，，
所以，解得；
因为组频率最高，所以样本众数为千步；
步数小于8的频率为，步数小于10的频率为，所以中位数在之间，记为x，则，解得，
所以中位数为千步；
平均数为，
所以平均数为9.44千步.
（2）由表可知，大于或等于13000步的学生频率为，
将频率看作概率，则全校每天获得加分的人数约为（人），
所以估计全校每天获得加分的人数为360.
17.解：（1），，
∵，.
（2）由，可得，即，
而(当且仅当时取等号) 故，
所以当，且时，的面积取得最大值.
18.（1）证明：取中点，连结，，，在中，，，则，．
在菱形中，，，∴，∴，且，在中，，
∴．
在中，，∴，且
∴平面．又平面∴平面平面．
（2）由（1）知平面平面，且平面平面，且，
∴平面，作于，由三垂线定理，得．
∴就是二面角的平面角，
在中，，有，即，∴．
在中，．
∴二面角的正切值是．
（1）证明：连接BE，BD，由底面ABCD是正方形可得ACBD，
又 SD平面ABCD， 平面ABCD，
所以，
因为平面BCD，且，
所以，平面BSD
对任意的,平面BSD，
都有.
所以当时，和所成角的余弦值为0.
（2）由SD平面ABCD,平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，所以，
由SD平面ABCD，CD平面ABCD，
SDCD；又底面ABCD是正方形，
CDAD，而SDAD=D，平面SAD
所以CD平面SAD.
因为平面SAD
所以AECD，
连接AE、CE，过点D在平面SAD内作DFAE于F，连接CF
DFCF=F，平面CFD,
所以AE平面CFD.因为平面CFD,
因为CFAE，
故是二面角C-AE-D的平面角，即.
在Rt中，
，BD=2a，，，；
在Rt中， AD=，DE=，，
从而；
在Rt中，.
,，
当，即时等号成立，此时的最大值为.
所以，即为所求.