江苏省如东高级中学2023-2024学年高一下学期6月期末模拟数学试题

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1．设为虚数单位，若复数满足，则在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念化简复数，然后利用复数的几何意义求解点所在的象限.
【详解】因为，
所以，所以，对应的点为，
所以在复平面内对应的点在第三象限.
故选：C
2．已知，，若，则实数t的值为（ ）
A．5B．2C．－1D．－3
【答案】D
【分析】利用向量垂直充要条件列出关于实数t的方程，解之即可求得实数t的值.
【详解】由，，可得，
则由，可得，解之得
故选：D
3．在中，已知，，，则角的度数为（ ）
A．B．C．或D．
【答案】B
【分析】根据大边对大角得到角，利用正弦定理求得，结合角的范围求得角的度数．
【详解】因为，，即，所以，即，
由正弦定理，则，
∴.
故选：B．
4．正方体中，为的中点，则直线与直线所成角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用正方体的性质，通过平行至相交直线所成角，再利用余弦定理即可求解.
【详解】
如上作图，为底面中心，为上底面中心，易得，
所以异面直线与所成的角就是或其补角，
设正方体棱长为，可得，，，
再由余弦定理得：，
由得：，
所以异面直线与所成的角是，
故选：C.
5．设样本数据的均值和方差分别为1和2，若，则的方差为（ ）
A．1B．3C．4D．8
【答案】D
【分析】由方差性质可得.
【详解】由.
故选：D
6．袋子中有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中随机取出两个球，设事件A=“取出的球的数字之积为奇数”，事件B=“取出的球的数字之积为偶数”，事件C=“取出的球的数字之和为偶数”，事件D=“取出的球的数字之和大于5”，则下列说法错误的是（ ）
A．事件A与B是互斥事件B．事件A与B是对立事件
C．事件C与D相互独立D．事件C与D不是互斥事件
【答案】C
【分析】首先列举样本空间，利用样本空间法，结合互斥，对立事件的定义，判断ABD，根据与的关系，判断C.
【详解】袋子中有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，
从中随机取出两个球的试验样本空间包含的样本点为：（1,2），（1,3），（1,4），（1,5），（2,3），（2,4），（2,5），（3,4），（3,5），（4,5）共10个，
其中事件A包含的样本点为：（1,3），（1,5），（3,5）共3个，故，
事件B包含的样本点为：（1,2），（1,4），（2,3），（2,4），（2,5），（3,4），（4,5）共7个，故；
事件C包含的样本点为：（1,3），（1,5），（2,4），（3,5）共4个，故，
事件D包含的样本为：（1,5），（2,4），（2,5），（3,4），（3,5），（4,5）共6个，故，
因为事件，，故事件A与B互斥且对立，故A，B正确；
因为,所以C与D不相互独立，故C错误.
因为,所以C与D不互斥，故D正确.
故选:C.
7．已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，根据题意，列出方程，求得，进而求得圆锥的高，得到答案.
【详解】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，
因为圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，
可得，解得，所以圆锥的高为.
故选：B.
8．在中，是边的中点，是线段的中点．若，的面积为，则取最小值时，则（ ）
A．2B．C．6D．4
【答案】D
【分析】根据题中条件，先得到，再由向量数量积的运算，结合基本不等式，得到的最小值，以及取得最小值时与的值，最后根据余弦定理，即可求出结果.
【详解】在中，由，的面积为，得，则，
由是边的中点，是线段的中点，得，
，
则
，
当且仅当，即时取等号，
在中，由余弦定理得：，
所以.
故选：D
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根据平面向量数量积以及平面向量基本定理，确定取得最小值的条件，根据三角形面积公式，以及余弦定理，求解即可.
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．已知的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，，则有两解
C．若为钝角三角形，则
D．若，，则面积没有最大值
【答案】AB
【分析】由已知结合正弦定理可检验；结合正弦定理及三角形大边对大角可检验选项；结合余弦定理可检验选项；结合余弦定理及基本不等式，三角形的面积公式可检验选项．
【详解】，正确；
因为，，，由正弦定理得，，
故，因为，所以，故有两角，正确；
为钝角三角形，但不确定哪个角为钝角，
则不一定成立，不符合题意；
因为，，由余弦定理得，，
当且仅当时取等号，故，
面积，即最大值为，不正确．
故选：AB．
10．2023年10月26日，神舟十七号载人飞船成功发射，中国航天再创辉煌.为普及航天知识，弘扬航天精神，某市举办了一次航天知识竞赛.为了解这次竞赛成绩情况，从中随机抽取了50名参赛市民的成绩作为样本进行统计（满分:100分），得到如下的频率分布直方图，则（ ）
注:同一组中的数据用该组区间中点值代表.
A．图中的值为0.004
B．估计样本中竞赛成绩的众数为70
C．估计样本中竞赛的平均成绩不超过80分
D．估计样本中竞赛成绩的第75百分位数为76.75
【答案】ACD
【分析】利用所有小矩形面积和等于1可求y判断A：利用众数的概念可求众数判断B；利用成绩超过80分的频率只有0.12，可判断C；求得第75百分位数判断D.
【详解】对于A：由题得，故A正确：
对于B：由频率分布直方图可知，最高矩形对应区间的中点为75，则估计众数为75，故B错误：
对于C：样本中竞赛成绩超过80分的频率只有0.12，故平均成绩不可能超过80分，故C正确；
对于D：设样本中竞赛成绩的第75百分位数为，
前2组频率之和为0.16，前3组频率之和为，故位于第3组，
于是得，解得，故D正确.
故选：ACD.
11．在边长为2的正方形中，，分别为，的中点，沿、及把这个正方形折成一个四面体，使得、、三点重合于点，得到四面体，顶点在底面上的射影为，下列结论正确的是（ ）
A．
B．点为的外心
C．点到三个侧面距离的平方和等于
D．
【答案】ACD
【分析】由平面判断A；通过证明平面得到，同理可证，，即可判断B；利用补体思想，以为体对角线构造长方体，结合长方体对角线的几何性质判断C；取的中点为，连接，，由面积公式及勾股定理判断D.
【详解】因为，，，平面，
所以平面，又平面，所以，故A正确；
因为平面，平面，所以，
又，又，所以平面，又平面，所以．
同A证明过程及上述过程，可证，，所以点为的垂心，故B错误；
如图以为体对角线构造长方体，其中平面，平面，平面，
又，所以点到三个侧面距离的平方和等于，故C正确；
取的中点为，连接，，则，，
，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知，则 ．
【答案】/
【分析】先利用两角和差公式，再利用二倍角公式即可求得函数值；
【详解】
故答案为：.
13．为获得某中学高一学生的身高（单位：）信息，采用随机抽样方法抽取了样本量为50的样本，其中男女生样本量均为25，计算得到男生样本的均值为176，标准差为10，女生样本的均值为166，标准差为20.则总样本的方差为 .
【答案】275
【分析】结合平均值和方差公式,即可求解.
【详解】记男生样本为,均值为,方差为,女生样本为,均值为,方差为,容量为50的样本均值为,方差为，
则，
，
∴，
则

.
故答案为：275.
14．棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】先过作平面的平行面从而确定点的轨迹，再确定三棱锥体积取最大时的位置，进而找到球心所在方位即可求解.
【详解】如图，当点位于的中点时，取中点G，连接，
则由正方体性质有，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
又且都在面，所以平面平面，
又面，所以平面，
所以的轨迹是以的中点为端点的线段，
因为，
所以当F点离平面距离最远时三棱锥体积最大，
此时，点与的中点重合，
取中点O，连接，则由正方体性质可得平面，
所以三棱锥的外接球球心在所在直线上，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则，球心为，
则
于是，，
所以外接球半径为，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．记的内角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理实现边角互化，再结合三角形内角和定理和诱导公式可求角.
（2）由三角形面积公式和角，可求的值，再结合余弦定理可求，即可得三角形的周长.
【详解】（1）由
又得
其中
化简得
又得.
即
因为是三角形的内角，所以.
（2）由，得，
由余弦定理，得，
得，得，
所以的周长为．
16．如图所示，在平行四边形ABCD中，A＝45°，，E为AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△PDE，使平面PDE⊥平面BCD，F为线段PC的中点．
(1)证明：平面PDE；
(2)已知M为线段DE的中点，求直线MF与平面PDE所成的角的正切值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）取PD的中点H，证明四边形FHEB为平行四边形，由线面平行判定定理即可得证；
（2）由题目条件易得，在由面面垂直的性质定理证得平面⊥平面，连接,即为直线MF与平面PDE所成的角，,代入即可求出答案.
【详解】（1）取PD的中点,连接,，
∵F，分别为PC，PD的中点，∴
又∵E为AB的中点，∴，
∴，∴FGEB为平行四边形，∴，
又∵面PDE，面PDE，∴平面PDE.
（2）在平行四边形中，因为，所以，
又因为A＝45°，可得即，
因为平面PDE⊥平面BCD，平面PDE平面BCD=，
所以平面⊥平面，
由（1）可知，，所以平面，连接,
即为直线MF与平面PDE所成的角，
因为，
所以，
即直线MF与平面PDE所成的角的正切值为.
17．某部门为了对该城市共享单车加强监督管理，随机调查了1000名用户.根据这1000名用户对某品牌共享单车的评分（满分：100分），绘制出了如图所示的频率分布直方图，其中样本数据分组为
(1)试估计这1000名用户评分的平均分；
(2)若采用分层随机抽样的方法从评分在内的用户中抽取5人进行调查，并从这5人中随机选取2人作为记录员，求选取的2名记录员中至少有1人的评分在内的概率.
【答案】(1)76.2分
(2)
【分析】（1）先由概率之和等于1，得出a=0.006，再由频率分布直方图中求平均数的公式得出平均数.
（2）先由分层抽样得出中抽2人，抽3人，再由古典概型即可得出要求的概率.
【详解】（1）由（0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018）×10=1，解得a=0.006，
则平均评分分数为=（45×0.004+55×0.006+65×0.022+75×0.028+85×0.022+95×0.018）×10=76.2，所以估计这1000名用户评分的平均分为76.2分.
（2）由频率分布直方图可知，评分在[40，50），[50，60）内的人数分别为40，60.
若采用分层随机抽样的方法从评分在[40，50），[50，60）内的用户中抽取5人，则
[40，50）中选：（人），分别记作A，B；
[50，60）中选：（人），分别记作a，b，c.
从这5人中任选2人的所有情况有：（A，B），（A，a），（A，b），（A，c），（B，a），（B，b），（B，c），（a，b），（a，c），（b，c），共10种情况.
其中至少有1人的评分在[40，50）内的情况有：（A，B），（A，a），（A，b），（A，c），（B，a），（B，b），（B，c），共7种情况.
故所求概率
18．在中，角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若边，边的中点为，求中线长的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边角互换以及余弦定理进行化简即可得解.
（2）利用向量模的平方以及余弦定理，再结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得：，则，
即，
由余弦定理可得：，
因为，所以.
（2）因为为的中点，所以，
则，
又由余弦定理得，，
即，所以.
由得，，
则，当且仅当取等号，
即，
所以，即中线长的最大值为.
19．如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影E落在线段BC上.

(1)当点M与端点D重合时，证明：平面；
(2)求三棱锥的体积的最大值；
(3)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）通过证明和，证明平面；
（2）设，由，可求最大值；
（3）由几何法找到和，表示出，利用函数方法可求最大值.
【详解】（1）当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知上平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，可知
，平面，平面，
所以平面
（2）矩形中作，垂足为点O，折起后得，

由平面，平面，可得，所
平面，，所以平面，
平面，可得，所以A，O，E三点共线，
因此与相似，满足，
设，所以，，，
，，
要使点射影落在线段上，则，所以，
所以，
当时，.
（3）过点做交于，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，
由（2）可知平面，平面，所以平面平面，
作，垂足为，平面平面，平面，可得平面，
连接，是直线与平面所成的角，即，
由题意可得，，
因为，，所以是二面角平面角，
即，，
，当且仅当时“＝”成立，
故的最大值为.
【点睛】方法点睛：
1.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
2.求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
3.作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．