江苏省无锡市辅仁高级中学2024-2025学年高一下学期期末数学模拟试卷（解析版）

这是一份江苏省无锡市辅仁高级中学2024-2025学年高一下学期期末数学模拟试卷（解析版），共18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. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法运算得到，从而虚部为.
【详解】复数满足，，
则的虚部为.
故选：A.
2. 从分别写有1，2，3，4的4张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是偶数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先计算样本空间，再代入古典概型概率公式，即可求解.
【详解】从分别写有1，2，3，4的4张卡片中无放回随机抽取2张，
样本空间包含，共个，
抽到的2张卡片上的数字之和是偶数包含的基本事件为，个数，
则抽到的2张卡片上的数字之和是偶数的概率为.
故选：C.
3. 设是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则不正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定、性质逐项分析判断.
【详解】对于A，，若，则不能推得，A错误；
对于B，由，得，而，因此，B正确；
对于C，由，得，而，因此，C错误；
对于D，由，得，而，则可能平行、可能相交、也可能是异面直线，D错误.
故选：ACD
4. 如图，在等边中，，点P为边BC上的一动点，则的最小值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据向量的线性运算以及数量积的定义和运算律，即可求得答案.
【详解】由题意在等边中，，设，
则
，
当时，取到最小值，
故选：B
5. 设是球表面上的四个点，平面，，，，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，画出几何体的图形，利用直棱柱和球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】解：由题意，画出几何体的图形，如图所示，
把扩展为三棱柱，
上下底面三角形外接圆圆心连线的中点与的距离为球的半径，
由，，，，
则，
设三角形外接圆半径为，球的半径为，
则，且，
所以外接球的表面积为.
故选：B.
6. 如图，曲柄连杆机构中，曲柄绕C点旋转时，通过连杆的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点在处.设连杆长，曲柄CB长，则曲柄自按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆的端点移动的距离）约为（ ）（结果保留整数）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理解三角形即可..
【详解】在中，，，，
因，所以.
由余弦定理得：
所以或（舍去）.
因为，所以.
故选：B
7. 已知事件A，B满足，则 （ ）
A. 若B⊆A，则B. 若A与B互斥，则
C. 若A与B相互独立，则 D. 若，则C与B相互对立
【答案】B
【解析】
【分析】选项A：利用事件的关系结合概率求解即可.
选项B：利用概率的加法公式，求解即可，
选项C：若A与B相互独立，则 A与相互独立，利用独立事件的公式求解即可.
选项D:利用对立事件求解即可.
【详解】选项A：若B⊆A，则
选项B：若A与B互斥，则.故选项B正确.
选项C：若A与B相互独立，则 A与相互独立,故选项C错误.
选项D:若，则由于不确定C与B是否互斥，所以无法确定两事件是否对立,故D错误.
故选：B.
8. 锐角中，角A、B、C对边分别为、、，满足，若存在最大值，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理以及二倍角公式可得，再由锐角三角形可得，将化简再利用二次函数取得最值条件可得当时，可取得最大值，即可求得结果.
【详解】由利用正弦定理可得，
即可得，又，可得；
又，
所以；因此，即，可得，
由于为锐角三角形，则，即，解得，
，
因为，则，
由二次函数性质可得，若存在最大值，
则，解得．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理得出角的关系，由三角形形状以及诱导公式和二倍角公式，并根据二次函数取得最值的条件解不等式可得结果.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9. （多选）新式茶饮是指以上等茶叶通过萃取浓缩液，再根据消费者偏好，添加牛奶、坚果、柠檬等小料调制而成的饮料．如图为2022年我国消费者购买新式茶饮的频次扇形图及月均消费新式茶饮金额的条形图．

根据所给统计图，下列结论中正确是（ ）
A. 每周都消费新式茶饮的消费者占比不到90%
B. 每天都消费新式茶饮的消费者占比超过20%
C. 月均消费新式茶饮50～200元的消费者占比超过50%
D. 月均消费新式茶饮超过100元的消费者占比超过60%
【答案】BC
【解析】
【分析】根据统计图一一分析选项即可.
【详解】每周都消费新式茶饮的消费者占比,A错误；
每天都消费新式茶饮的消费者占比，B正确；
月均消费新式茶饮50～200元的消费者占比，C正确；
月均消费新式茶饮超过100元的消费者占比,D错误．
故选：BC
10. 设，是非零复数，，分别是，的共轭复数，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 若，则的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】通过设出具体的代数形式的复数，计算结果可一一验证A,B,C项，对于D，需要利用复数的几何意义，数形结合理解易得结论.
【详解】设，则，
对于A：，因是非零复数，故，即A错误；
对于B：设，
故
，
而，故B正确；
对于C：由于，故C正确；
对于D：根据复数几何意义，表示以原点为圆心，1为半径的圆，
而则表示圆上一点到点的距离，
故的最大值为，故D正确.
故选：BCD.
11. 在三棱锥中，平面平面，，则（ ）
A. 三棱锥的体积为1
B. 点到直线AD的距离为
C. 二面角的正切值为2
D. 三棱锥外接球的球心到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：取AB的中点，面面垂直的性质定理及等体积法计算即可得；对B、C：结合中位线的性质构造出点到直线的距离，结合勾股定理计算即可得其长度，亦可得二面角的平面角，即可得其正切值；对D：设出外接球球心及，的外心，，结合线面垂直的性质定理可得四边形为矩形，从而可计算出，即可得解.
【详解】对A：如图，取AB的中点，连接DG，CG，
因为平面平面，且平面平面，
平面，又因为，所以，
所以平面，
因为，
所以，故A正确；
对B、C：取AD的中点，连接BE，取AE的中点，连接FG，CF，
因为F，G分别为AE，AB中点，则，
又因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又因为平面，则，
则点到直线AD的距离为，
则为二面角的平面角，，B错误，C正确；
对D：设，的外心分别为，，则，
又平面平面，平面，所以平面，
设三棱锥外接球的球心为，则平面，平面，
所以四边形为矩形，则，
故三棱锥外接球的球心到平面的距离为，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. 运动员在平时训练时通常会将自己的训练成绩记录下来，以此评估自己的训练成果．小明记录了他在2月份的8次训练成绩和3月份的12次训练成绩．通过计算，他发现2月份的训练成绩平均值为72，方差为4.2；3月份的训练成绩平均值为75，方差为6.1．则他在这两个月的20次训练的方差为__________．
【答案】7.5
【解析】
【分析】计算出两个月的20次训练的平均数，进而代入总体方差和样本方差的相关公式进行计算.
【详解】这两个月的20次训练的平均数为，
故这两个月的20次训练的方差为
.
故答案为：7.5
13. 2023年亚运会在中国杭州举办，开幕式门票与其他赛事门票在网上开始预定，亚奥理事会规定：开幕式门票分为两档，当预定A档未成功时，系统自动进入档预定，已知获得A档门票的概率是，若未成功，仍有的概率获得档门票；而成功获得其他赛事门票的概率均为，且获得每张门票之间互不影响．甲想要一张开幕式门票（A、档皆可），他预定了一张A档开幕式门票，一张赛事门票；乙预定了两张赛事门票．则甲获得的门票数比乙多的概率为______．
【答案】##0.275
【解析】
【分析】先得到获得开幕式门票和赛事门票的概率，计算出甲获得开幕式门票和赛事门票共2张门票，且乙获得0张门票或1张门票的概率和甲获得1张门票，且乙获得0张门票的概率，相加得到答案.
【详解】获得开幕式门票的概率为，
获得赛事门票的概率为，
甲获得开幕式门票和赛事门票共2张门票，且乙获得0张门票或1张门票的概率为
，
甲获得1张门票，且乙获得0张门票的概率为，
故甲获得的门票数比乙多的概率为.
故答案为：
14. 以棱长为2的正方体的六个面为底面，分别向外作形状相同的正四棱锥，得到一个多面体，已知正四棱锥的侧面与底面所成的角为．该多面体的体积为________，其面数为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据正四棱锥的侧面与底面所成的角为，求出正四棱锥的高，从而求体积.
【详解】根据题意，如图，以棱长为2的正方体的一个面为底面的正四棱锥，
取底面中心，中点，
因为平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，则，
所以，
从而该多面体的体积为，
考虑到四棱锥的侧面夹角为，其面数为.
故答案为：；.
四、解答题：本题共4小题，共57分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知复数，，，为虚数单位．
（1）若是纯虚数，求实数的值；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据纯虚数的概念列出方程组求解.
（2）由得出为实数即可求解.
【小问1详解】
，，
所以，
因为是纯虚数，所以，得.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，所以，得，
所以，所以.
16. 某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量－标准质量，单位）的样本数据统计如下：
（1）求样本数据的70%分位数；（精确到0.01）
（2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中，分别为样本平均数和样本标准差，计算可得（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．
①若产品的质量差为，试判断该产品是否属于一等品；
②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率．
【答案】（1）
（2）①一等品；②
【解析】
【分析】（1）利用频率直方图的中位数计算方法即可求解；
（2）①利用频率直方图先计算出样本均值，即可做出判断；
②利用古典概型计算方法，先列举出总的基本事件，再选出事件所包含的基本事件，即可求出事件发生的概率.
【小问1详解】
由于前2组的频率和为0.3，前3组的频率和为0.75，
所以可知70%分位数一定位于第三组内，
设70%分位数为x，则，解得
【小问2详解】
①根据频率直方图计算样本平均数：
因为样本标准差，，所以，又，
则可知该产品属于一等品．
②记三件一等品为，两件二等品为，
摸出两件产品总基本事件共10个，分别为：
，，，，，，，，，，
设摸出两件产品中至少有一个一等品记为事件，则包含的基本事件共9个，分别是：
，，，，，，，，，
所以.
则摸出两件产品中至少有一个一等品的概率为.
17. 如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，.

（1）已知，且
（i）当时，求的面积；
（ii）若，求.
（2）已知，且，求AC的最大值.
【答案】（1）（i）；（ii）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）（i）利用余弦定理结合已知求出，再借助等腰三角形性质求出面积；（ii）利用等腰三角形性质结合二倍角公式求解作答.
（2）连接，由已知结合余弦定理可得，，再利用余弦定理、二倍角公式、辅助角公式求解作答.
【小问1详解】
（i）设，在中，由余弦定理得，解得，
在中，，则底边上的高，
所以的面积.
（ii）设，依题意，，
则，，即，而，
所以.
【小问2详解】
连接，中，，，

由余弦定理得，
则，，设，中，，
于是，在中，，
由余弦定理得：，
则
，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，，
所以AC的最大值是.
【点睛】思路点睛：求三角形中线段长的最值问题，主要方法有两种，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
18. 如图，在正三棱台中，，D，E分别为，的中点.

（1）证明：平面；
（2）设P，Q分别为棱AB，BC上的点，且，D，P，Q均在平面上，若与的面积比为3:8，
（i）证明：
（ii）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）延长交于点S，连接SE并延长，分别交BC,于点F、G，连接AG，先证平面SBC，再根据DE//AG，即可求证.
（2）（i）根据面积之比，得到Q为BC的中点，即可求解.
（ii）根据面面角定义，结合等体积法求点面距，最后求出面面角的正弦值.
【小问1详解】
由棱台的性质知：延长交于点S，又，
所以三棱锥为正四面体，为的中点，
连接SE并延长，分别交BC,于点F、G，则F为中点，且为△的中线，

所以G为等边的中心，连接AG，则平面SBC，又D为的中点，
综上，，，且，，
所以，即；，即，
故，所以DE//AG，所以DE⊥平面SBC.
【小问2详解】

（i）延长交于点H，若均在平面上，则共线，
设，则，
过A作AM / / BC交PQ于点M，，则，
设BQ = k，则，故且则，
又所以，
所以，即，所以，故Q为BC的中点，
所以，即
（ii）由（i）知：即为面，连接，易知，且，
由面，面，故面，
综上，，
连接交DP于点N，易知，且，
所以，故，所以，
又为与平面的交线，，面，
设平面与平面所成角为，所以，
故平面与平面所成角的正弦值为.