河南省郑州市中牟县中牟县第一高级中学2023-2024学年高一下学期末模拟预测数学试题

这是一份河南省郑州市中牟县中牟县第一高级中学2023-2024学年高一下学期末模拟预测数学试题，共21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。


一、单选题
1．若，则的虚部为（ ）
A．B．1C．3D．
2．总体由编号为01，02，…，30的30个个体组成.利用所给的随机数表选取6个个体，选取的方法是从随机数表第1行的第3列开始，由左到右一次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为（ ）
（第一行）1712 1340 3320 3826 1389 5103 7417 7637
（第二行）1304 0774 2119 3056 6218 3735 9683 5087
A．20B．26C．17D．03
3．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．
4．设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：
①若，则或 ②若，则
③若，且，则 ④若与和所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
5．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
6．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．
7．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
8．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．
二、多选题
9．已知复数，，，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，则或B．若，则
C．若，则D．若，则
10．国家统计局统计了2024年1月全国多个大中城市二手住宅销售价格的分类指数，其中北方和南方各4个城市的90m²及以下二手住宅销售价格的环比数据如下：
则（ ）
A．4个北方城市的环比数据的极差小于4个南方城市的环比数据的极差
B．4个北方城市的环比数据的均值小于4个南方城市的环比数据的均值
C．4个北方城市的环比数据的方差大于4个南方城市的环比数据的方差
D．4个北方城市的环比数据的中位数大于4个南方城市的环比数据的中位数
11．已知内角，，的对边分别为，，，为的重心，，，则（ ）
A．B．
C．的面积的最大值为D．的最小值为
三、填空题
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 ．
13．已知向量，，满足，，且，则 ．
14．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

四、解答题
15．如图，在 中，已知 ， ， ， ，点 为 边的中点， ， 相交于点 ．
(1)求；
(2)求 ．
16．2024年5月22日至5月28日是第二届全国城市生活垃圾分类宣传周，本次宣传周的主题为“践行新时尚分类志愿行”.阜阳三中高一年级举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩x（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数的平方等于第2组、第4组频数之积，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：
(1)求a，b的值；
(2)若根据这次成绩，学校准备淘汰80%的同学，仅留20%的同学进入下一轮竞赛请问晋级分数线划为多少合理？
(3)某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：，，，…，，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的95和85这两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差．
17．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．
18．已知，，，四名选手参加某项比赛，其中，为种子选手，，为非种子选手，种子选手对非种子选手种子选手获胜的概率为，种子选手之间的获胜的概率为，非种子选手之间获胜的概率为．比赛规则：第一轮两两对战，胜者进入第二轮，负者淘汰；第二轮的胜者为冠军.
(1)若你是主办方，则第一轮选手的对战安排一共有多少不同的方案？
(2)选手与选手相遇的概率为多少？
(3)以下两种方案，哪一种种子选手夺冠的概率更大？
方案一：第一轮比赛种子选手与非种子选手比赛；
方案二：第一轮比赛种子选手与种子选手比赛．
19．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.
北方城市
环比（单位：%，上月=100）
南方城市
环比（单位：%，上月=100）
北京
99.5
上海
99.5
天津
99.6
南京
99.5
石家庄
99.6
南昌
99.6
沈阳
99.7
福州
99.8
参考答案：
1．A
【分析】先根据复数的四则运算化简复数，然后利用共轭复数的概念及虚部的概念求解即可.
【详解】因为，所以，所以的虚部为.
故选：A
2．D
【分析】先把编号按要求在随机数表中选出来，再剔除掉总体编号以外的编号，以及重复的编号，即可得到选出的个体编号.
【详解】从随机数表第1行的第3列开始，由左到右一次选取两个数字，
选出的编号依次为：12，13，40，33，20，38，26，13，89，51，03，…，
剔除掉总体编号以外的编号，以及重复的编号，
则选出来的个体的编号依次为：12，13，20，26，03，…，
所以选出来的第5个个体的编号为03.
故选：.
3．C
【分析】根据独立事件的概率公式与互斥事件的概率加法公式可求概率.
【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.
4．A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当，因为，，则，当，因为，，则，当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
5．A
【分析】结合相互独立事件的概念直接判断即可
【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
6．D
【分析】取的中点分别为，把可得几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥，结合柱体和锥体的体积公式，即可求解.
【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.
7．C
【分析】结合共线向量，单位向量，以及充分，必要条件的概念判断即可.
【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.
8．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．
9．ABD
【分析】根据复数的运算法则可判断A；先计算，再求，判断B；用特例验证C；利用说明D正确.
【详解】对于A，或，故A正确．
对于B，方法：，，，所以以3为周期，所以，故B正确．
方法二（复数的三角表示）：，所以的模为1，辐角为，则的模为1，辐角为，
所以．故B正确．
对于C，取，，则，此时，故C错误．
对于D，，，所以，故D正确．
故选：ABD
10．AD
【分析】根据极差的定义判断A，根据平均数的定义判断B，根据方差的定义判断C，根据中位数的定义判D．
【详解】对于A，4个北方城市的环比数据的极差为，4个南方城市的环比数据的极差为，
所以4个北方城市的环比数据的极差小于4个南方城市的环比数据的极差，故A正确；
对于B，4个北方城市的环比数据的均值为，4个南方城市的环比数据的均值为，
所以4个北方城市的环比数据的均值与4个南方城市的环比数据的均值相等，故B错误；
对于C，4个北方城市的环比数据的方差为，
4个南方城市的环比数据的方差为，
所以4个北方城市的环比数据的方差小于4个南方城市的环比数据的方差，故C错误；
对于D，4个北方城市的环比数据的中位数为99.6，4个南方城市的环比数据的中位数为，
所以4个北方城市的环比数据的中位数大于4个南方城市的环比数据的中位数，故D正确．
故选：AD．
11．ABC
【分析】延长交于点，根据平面向量的线性运算可得出，可判断选项A；结合，利用平面向量的数量积定义、数量积运算法则及基本不等式可判断选项B；由和平面向量数量积的定义可得出，由求出，再根据三角形面积公式可判断选项C；结合选项B得出，再利用余弦定理即可判断选项D.
【详解】
延长交于点.
因为是的重心，
所以点是中点，，
则.
对于选项A：因为，故选项A正确；
对于选项B：由得：，
所以，当且仅当时等号成立.
又因为，即，，
所以，
即，当且仅当时等号成立，故选项B正确；
对于选项C：因为，当且仅当时等号成立，，
所以，故选项C正确；
对于选项D：由，，
得，
所以由余弦定理可得：
，即，当且仅当时等号成立，
所以的最小值是，故选项D错误.
故选：ABC.
12．94
【分析】由百分位数的定义即可得解.
【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．/0.8
【分析】根据已知条件依次求出、、，接着求出、和即可结合向量夹角余弦公式求解.
【详解】由题，故即，
，；
，故即，
，；
，故即，
，，
所以，
且，，
所以.
故答案为：.
14．①②③
【分析】证明平面即可判断①，由平面即可判断②，当为的中点时，证明平面平面，即可判断③，化折线为直线，利用余弦定理判断④.
【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，，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.

故答案为：①②③
15．(1)
(2)
【分析】（1）由为中点得，在中，通过余弦定理即可求；
（2）建立平面直角坐标系，求，，由数量积夹角公式得，并计算即可.
【详解】（1）因为，且为中点，
所以.
由余弦定理得：，
即，
所以，
即．
（2）如图，以为原点，直线为轴，过点作的垂线为轴，建立平面直角坐标系，
则，，，，
设点，
由可得：，
即
解得：，
所以，，
则，
所以．
16．(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：．
17．(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．
18．(1)；
(2)
(3)方案一种子选手夺冠的概率更大
【分析】（1）由题意分析知第一轮选手的对战情况分别为，，，即可得出答案；
（2）设事件“选手与选手相遇”，分为对战情况分别为，，，求出其概率，相加即可得出答案.
（3）设采用方案一，二种子选手夺冠的概率分别为，，由独立事件的乘法公式求出、，比较，的大小即可得出答案.
【详解】（1）第一轮选手的对战情况分别为，，，故总方案数3；
（2）设事件“选手与选手相遇”，
当对战为时，，两选手相遇的概率为1；
当对战为时，，两选手相遇的概率为；
当对战为时，，两选手相遇的概率为；
抽到三种对战的概率均为，则.
综上可知选手与选手相遇的概率为.
（3）设采用方案一，二种子选手夺冠的概率分别为，，则
采用方案一，假设分组为，
第一轮两种子选手获胜，则第二轮种子选手一定夺冠：，
第一轮选手获胜，第二轮获胜：，
第一轮选手获胜，第二轮获胜：，
第一轮选手获胜，则种子选手不能获胜，
所以；
采用方案二：假设分组为，
第一轮选手获胜，第二轮获胜：，
第一轮选手获胜，第二轮获胜：，
第一轮选手获胜，第二轮获胜：，
第一轮选手获胜，第二轮获胜：，
则，所以，
因此方案一种子选手夺冠的概率更大.
19．(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，.