高一数学下学期期末模拟卷（北京专用，范围：人教A版2019必修第二册全数学（全解全析）

这是一份高一数学下学期期末模拟卷（北京专用，范围：人教A版2019必修第二册全数学（全解全析），共14页。试卷主要包含了单项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A．B．1C．D．-i
【答案】A
【详解】由，得，所以z的虚部为，故选：A
2．某高中的三个年级共有学生2000人，其中高一600人，高二600人，高三800人，该校现在要了解学生对校本课程的看法，准备从全校学生中抽取80人进行访谈，若采取按比例分配的分层抽样，且按年级来分层，则高一年级应抽取的人数是（ ）
A．24B．26C．30D．36
【答案】A
【详解】依题意高一年级应抽取的人数为人.故选：A
3．在中，，，，则等于（ ）
A．12B．6C．－6D．－12
【答案】B
【详解】，故选：B.
4．某型号新能源汽车参加碰撞测试和续航测试，该型号新能源汽车参加这两项测试的结果相互不受影响．若该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为，在续航测试中结果为优秀的概率为，则该型号新能源汽车在这两项测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】根据题意可得该型号新能源汽车在这两项测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为．故选：C.
5．如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的形态．图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图做出以下判断，不正确的是（ ）
A．图（1）的平均数=中位数=众数B．图（2）的众数<中位数<平均数
C．图（2）的平均数<众数<中位数D．图（3）的平均数<中位数<众数
【答案】C
【详解】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A正确；
图（2）中众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B正确，C错误；
图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D正确.故选：C
6．在中，内角所对边分别为，若，则的形状是（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形
【答案】B
【详解】因为所以，
整理得，即的形状是等腰三角形.故选：B.
7．分别掷两枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面”记为事件A，“第二枚为正面”记为事件B，“两枚结果相同”记为事件C，那么事件A与B，A与C间的关系是（ ）
A．A与B，A与C均相互独立
B．A与B相互独立，A与C互斥
C．A与B，A与C均互斥
D．A与B互斥，A与C相互独立
【答案】A
【详解】因为事件A是否发生对事件B、C是否发生不产生影响，所以A与B，A与C均相互独立.
故选：A
8．庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”，如图（1）所示.现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体，其中正方形边长为3，，且到平面的距离为2，则几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】取的中点分别为，连接，
可得几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥，
将三棱柱补成一个上底面与矩形全等的矩形的平行六面体，
可得该三棱柱的体积为平行六面体的一半，
则三棱柱的体积为，
四棱锥的体积为，
所以该几何体的体积为.
故选：D.
9．设是非零向量，则是成立的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【详解】对于非零向量，由可知向量共线，但不一定是，所以充分性不成立；
由，可知向量共线同向，则，所以必要性成立，所以设是非零向量，则是成立的必要不充分条件，故选：C.
10．如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】法一：以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，应用向量的坐标运算即可求解；法二：连接，设，则，，即可求解.
【详解】方法一：如图1，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则）．
设，则．因为，所以．
由题意知，圆O的半径．因为点P在弧（包括端点）上，
所以，所以的取值范围是．
方法二：如图2，连接．易知，
设，则．
由已知可得，所以，
所以
．
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围是.
故选：C．
填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．
11．若复数满足，则 .
【答案】5
【详解】由，得.故答案为：5
12．从某中学抽取12名同学，他们的数学成绩如下：87，85，92，90，83，92，87，98，96，84，99，78（单位：分），则这12名同学数学成绩的第75百分位数为 ．
【答案】94
【详解】将这组数据从小到大排列为78，83，84，85，87，87，90，92，92，96，98，99，
又，所以第75百分位数为．故答案为：94.
13．已知的周长为18，若，则此三角形中最大边的长为 ．
【答案】8
【详解】在中，由正弦定理及，得，
而的周长为18，则，解得，所以最大的边长．故答案为：8
14．已知正方形的边长为1，点满足．当时， ；当 时，取得最大值．
【答案】 /0.5
【详解】根据题意，建立以为原点的平面直角坐标系，如图

则
因为正方形的边长为1，
当时，，所以，
所以，
所以；
如图，

因为，所以，
所以，，
所以，
所以当时，取得最大值.
故答案为：；.
15．如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
①．平面平面②．三棱锥的体积为定值
③．在上存在点，使得面④．的最小值为2
【答案】①②③
【详解】对于①：由正方体的性质可知，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理可证，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故①正确；
对于②：因为，平面，平面，所以平面，
又，所以点到平面的距离为定值设为，的面积也为定值，
又为定值，故②正确；
对于③：当为的中点时，点也为的中点，则，
由平面，平面，所以平面，即平面，
同理可证平面，又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以面，故③正确；
对于④：如下图，将沿着翻折到与平面共面且、在的异侧，
连接与交于点，则即为的最小值，
又，，
所以，
即的最小值为，故④错误.
故选：①②③
三、解答题：本题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．已知平面向量，
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可；
（2）首先求出的坐标，依题意，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】（1）因为，且，
所以，解得；.
（2）因为，所以，
又且，所以，解得．
，
，
.
17．如图，在四棱锥中，，为棱的中点，平面.
(1)证明：平面
(2)求证：平面平面
【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析
【分析】（1）先证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）证明，继而证明，即可证明平面，由面面垂直的判定定理，即可证明结论.
【详解】（1）∵，为棱的中点，，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，所以平面.
（2）∵平面，平面，∴，
连接，由题意，为棱的中点，，
知且，∴四边形为平行四边形，
∵，，
，∴平行四边形为正方形，∴，
又，∴，又，平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
18．某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
(1)求、的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的平均数和中位数（精确到0.1）；
(3)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自同一组的概率.
【答案】(1) (2)平均数为，中位数为 (3)
【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，即可求出a，b；
（2）根据频率分布直方图中各个数字特征的求法计算即可求解；
（3）先分层抽样求出第四、五组抽取的人数，利用列举法求出古典概型的概率即可.
【详解】（1）因为第三、四、五组的频率之和为0.7，
所以，解得，
所以前两组的频率之和为，
即，解得；
（2）由（1）知，平均数为；
前两组频率之和为0.3，前三组频率之和为0.75，
所以中位数位于组内，且，即中位数为69.4；
（3）第四、五两组志愿者分别有20人、5人，
故按照分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为，
第五组志愿者人数为1，设为，
这5人选出2人，所有情况有，共10种，
其中选出的2人来自同一组的有，共6种，
所以选出的2人来自同一组的概率为.
19．已知在中，．
(1)求A的大小；
(2)若，在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一，求的周长．
①的面积为；②；③AB边上的高线CD长为．
【答案】(1) (2)答案见解析
【分析】（1）利用正弦定理将已知的等式统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简计算即可；
（2）若选①，则由三角形的面积公式结合已知条件可求出，再利用余弦定理求出，从而可求出三角形的周长，若选②，由不能确保三角形唯一，所以不合题意，若选③，由AB边上的高线CD长可求出，再利用余弦定理求出，从而可求出三角形的周长.
【详解】（1）由正弦定理，得．
所以．
因为，所以，所以．
因为，，所以，即．
又因为，所以．
（2）选择①
因为，即，
即，所以．
又因为，即，
所以，所以的周长为．
若选择②，因为，且，
所以不唯一，所以②不合题意，
选择③
因为AB边上的高线CD长为，即，所以．
又因为，即
所以，所以的周长为．
20．如图，的内角的对边分别为是边的中点，点在边上，且满足与交于点．

(1)试用，表示和；
(2)若，求．
【答案】(1)， (2)
【分析】（1）根据平面向量线性运算法则得到，设，根据平面向量共线定理的推论求出，即可求出；
（2）首先用、表示出、，再根据数量积的运算律及定义计算可得.
【详解】（1）因为，所以，即，
设，所以，
又、、三点共线，所以，解得，所以.
（2）因为，
设，
又、、三点共线，所以，解得，所以，
所以，
又，即，
即，解得或（舍去）.
21．如图，四棱锥中，平面平面，是边长为2的等边三角形，底面是矩形，且.
(1)若点是的中点，
（i）求证：平面；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值；
(2)在线段上是否存在一点，使二面角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） (2)存在，
【详解】（1）
（ⅰ）设矩形的中心为，则是的中点，而是的中点，所以.
而是矩形的中心，故也是的中点，所以在平面内，又因为不在平面内，所以平面；
（ii）由于平面平面，平面和平面的交线为，，在平面内，故平面.
所以直线与平面所成角的正弦值等于.
下面证明一个结论：在中，若的长分别为，则边上的中线长为.
证明：设为的中点，，则由余弦定理，结合得
.
所以，即，故.
回到原题.
由于平面，而在平面内，故，.
从而，这得到，.
而，故根据之前证明的结论，我们有，，从而.
这表明，所以直线与平面所成角的正弦值等于.
（2）在平面内过作，交于，在平面内过作，交于.
由于平面平面，平面和平面的交线为，，在平面内，故平面. 而在平面内，故.
又因为，在平面内交于，故平面.
由平面，在平面内，知.
由，，且在上，知二面角等于.
从而条件即为，即，即.
设，则，故，.
同时，.
故条件即为，即.
解得，所以.
综上，存在满足条件的点，.