高一数学下学期期末全真模拟卷（3）（必修二全部内容）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版）

这是一份高一数学下学期期末全真模拟卷（3）（必修二全部内容）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版），共20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。
高一数学下学期期末全真模拟卷（3）（人教A版2019）考试时间：120分钟   满分：150分 一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2.用计算器产生1~5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下：412  451  312  533   224   344   151   254   424   142435  414  335  132   123   233   314   232   353   442据此估计一年内至少有1台设备需要维修的概率为（       ）A．0.4 B．0.45 C．0.55 D．0.6【答案】B【分析】找出代表事件“一年内至少有1台设备需要维修”的数组，利用古典概型的概率公式可求得结果.【详解】由题意可知，代表事件“一年内至少有1台设备需要维修”的数组有：、、、、、、、、，共组，因此，所求概率为.故选：B.2．为庆祝建党100周年，某校组织“心中歌儿献给党”歌咏比赛，已知5位评委按百分制分别给出某参赛班级的评分.可以判断出一定有出现100分的是（       ）A．平均数为97，中位数为95 B．平均数为98，众数为98C．中位数为95，众数为98 D．中位数为96，极差为8【答案】A【分析】A选项根据平均数与中位数可推出后两个数均为100，举例可知BCD选项不正确.【详解】对于A，平均数为97，中位数为95，假设前两个数最大取95可推出后两个数都是100，A正确；对于B，5位评委的评分可以为97、98、98、98、99，满足平均数为98，众数为98；对于C，5位评委的评分可以为93、94、95、98、98，满足中位数为95，众数为98；对于D，5位评委的评分可以为90、95、96、97、98，满足中位数为96，极差为8.故选：A3．已知圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则这个圆锥的底面半径为（       ）A． B．1 C．2 D．4【答案】B【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，根据圆锥的底面圆周长等于半圆弧的长，圆锥的侧面积等于半圆的面积列方程组即可求解.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，因为圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，所以且，解得：，，所以这个圆锥的底面半径为，故选：B.4．厦门地铁1号线从镇海路站到文灶站有4个站点.甲、乙同时从镇海路站上车，假设每一个人自第二站开始在每个站点下车是等可能的，则甲乙在不同站点下车的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出甲乙在相同站点下车的概率，再求甲乙在不同站点下车的概率.【详解】令事件为甲乙在相同站点下车，则则甲乙在不同站点下车的概率为故选：C5．已知，是两个不共线的向量，且，，若，，三点共线，则实数（       ）A． B． C．1 D．4【答案】A【分析】由题意可设，进而根据已知条件得，解方程组即可求出结果.【详解】因为，，三点共线，所以，又因为，，则，即，因此，解得，故选：A.6．若，则A． B． C． D．【答案】D【解析】根据复数运算法则求解即可.【详解】．故选D．【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题．7．如图（1）平行六面体容器盛有高度为的水，，.固定容器底而一边于地而上，将容器倾斜到图（2）时，水面恰好过，，，四点，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】作于点，作于点，取的中点，连接，，作于点，利用边角关系以及线面位置关系结合余弦定理求出的值，证明面，即可得点到面的距离，从而得平面到平面的距离，进而可得的值.【详解】如图：作于点，作于点，因为，则，，又因为，所以为等边三角形，则，取的中点，连接，，则，，，因为，所以面，则，，由余弦定理可得：，所以，作于点，因为面，面，所以，因为，所以面，所以点到面的距离为，故平面到平面的距离为，由题意可知：所盛水的体积为平行六面体容器的一半，所以，故选：B.8．的内角，，的对边分别是，，.已知，，边上的中线长度为，则（       ）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】由已知条件利用余弦定理用表示，又，再次利用余弦定理化简等式可用表示c，代入即可得解.【详解】在中，由余弦定理，因为，，边上的中线长度为，所以，化简可得，又因为，由余弦定理得，整理可得，所以.故选：C 二、多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的.9．下列命题正确的是（       ）A．若，则或B．已知，，则向量在向量上的投影向量的坐标为C．若，则向量，的夹角为钝角D．设，是同一平面内两个不共线的向量，则，可作为该平面的一个基底【答案】BD【分析】根据向量数量积的定义，几何意义，性质，判断选项.【详解】A.若，则或或，故A错误；B. 向量在向量上的投影向量的坐标为，故B正确；C. 若，则向量，的夹角为钝角或是，故C不正确；D. ，，不存在使，所以不共线，所以可作为该平面的一个基底，故D正确.故选：BD10．新冠肺炎期间，某社区规定：若任意连续7天，每天不超过6人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热．下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该社区没有发生群体性发热的为（       ）A．中位数为4，众数为3 B．均值小于1，中位数为1C．均值为2，标准差为 D．均值为3，众数为4【答案】BC【分析】根据中位数、众数、均值、标准差的定义，结合特例法逐一判断即可.【详解】A：当连续7体温高于37.3℃人数从小到大排列为以下情况：，显然符合中位数为4，众数为3，显然有一天超过6人体温高于37.3℃，因此本选项不符合题意；B：因为中位数为1，所以设连续7体温高于37.3℃人数从小到大排列为以下情况：，因为均值小于1，所以有，即，显然连续7天，每天不超过6人体温高于37.3℃，因此本选项符合题意；C：设连续7体温高于37.3℃人数为：，因为标准差为，所以方差为3，所以，即，因为，所以这7个数中有不可能有7这个数，所以本选项符合题意；D：当连续7体温高于37.3℃人数为：，显然均值为3，众数为4，但是不符合题意，故选：BC11．已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M、N，若线段MN的最小值为，则（       ）A．正四面体的外接球的表面积为 B．正四面体的内切球的体积为C．正四面体的棱长为12 D．线段MN的最大值为【答案】BC【分析】首先画出图形，求出正四面体的外接球半径R与内切球的半径r，然后根据，求出正四面体的棱长，然后对各选项判断即可.【详解】依题作出图形，如下：设正四面体的棱长为a，则它的外接球与内切球的球心重合，则它的外接球和内切球的球心重合，作平面BCD，垂足为G，则G为的重心，且，则正四面体的高为，设正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，由图可知，，解得，，依题可得，即，解得，故C正确；正四面体的外接球的表面积为，故A错误；正四面体的内切球的体积为，故B正确；线段MN的最大值为，故D错误.故选：BC.12．任何一个复数z＝a＋b（其中a、b∈R，为虚数单位）都可以表示成：的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（       ）A．当时，B．C．D．在复平面内对应的点的坐标在第三象限【答案】AC【分析】根据题意以及共轭复数的概念，复数的运算，复数的几何意义，复数模的计算公式等即可判断各选项的真假．【详解】对A，由题意可知，当时，，所以，A正确；对B，，所以B错误；对C，，，所以C正确；对D，由，所以在复平面内对应的点的坐标在第四象限，D错误．故选：AC．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13．设，若复数是纯虚数，则_____________.【答案】【分析】根据纯虚数的满足条件得，解之即可求出结果.【详解】若复数是纯虚数，则，所以，故答案为：2.14．2021年1月1日起，三明市全面铺开市区生活垃圾分类工作，生活垃圾需按照“可回收物”、“有害垃圾”、“厨余垃圾”、“其他垃圾”的标准进行分类投放.若某居民将“厨余垃圾“和“可回收物“两袋垃圾随机地投放到四个分类垃圾桶中的两个，则两袋垃圾均投放准确的概率为________.【答案】【分析】利用排列数公式，计算投放垃圾的方法种数，再计算概率.【详解】根据题意可知，两袋垃圾，均投放准确的概率.故答案为：15．已知正三棱锥的底面是边长为3的正三角形，其外接球O的表面积为，且点A到底面的距离小于外接球O的半径，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为______.【答案】【分析】先求解出外接球的半径及正三棱锥的高，通过平移直线将异面直线所成角移到平面三角形中，结合余弦定理求解答案.【详解】如图，分别是， 为的交点 根据题意，M为底面三角形BCD的外心，且正三棱锥的外接球球心在直线AM上，如右边平面图所示，图中，，或其补角即为异面直线 AB与CE所成角.依题意，外接球的半径，中等边中，， 中，中， 中，，由余弦定理可得：中，由余弦定理得：中，根据余弦定理得：因为异面直线所成角的范围为：所以异面直线AB与CE所成角的余弦值为：故答案为：.16．菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点（含边界），则的最小值为________．【答案】－4【分析】先以点为坐标原点，所在直线为轴，建立直角坐标系，求出其它各点的坐标，然后利用点的坐标表示出，把所求问题转化为在平面区域内求线性目标函数的最值问题求解即可．【详解】解：如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，由于菱形的边长为2，，为的中点，故点，则，，，．设，为菱形内（包括边界）一动点，对应的平面区域即为菱形及其内部区域．因为，，则，令，则，由图象可得当目标函数过点时，取得最小值此时．故答案为：-4．四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知向量，满足，，.（1）求与的夹角；（2）求的值.【答案】（1），（2）【分析】（1）对化简变形可求出与的夹角；（2）由化简可得答案【详解】解：（1）因为，，，所以，，解得，因为，所以，（2）18．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mg）的样本数据统计如下：（1）求样本数据的80%分位数；（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s≈10（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62mg，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）78.5；（2）①属于；②.【分析】（1）由于前3组的频率和为，前4组的频率和为，所以可知80%分位数一定位于[76，86）内，从而可求得答案；（2）①先求出平均数，可得，从而可得结论；②方法一：利用列举法求解，方法二：利用对立事件的概率的关系求解【详解】解：（1）因为频率，，所以，80%分位数一定位于[76，86）内，所以．所以估计样本数据的80%分位数约为78.5（2）①所以，又62∈（60，80）可知该产品属于一等品．②记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b，这是古典概型，摸出两件产品总基本事件共10个，分别为：，方法一：记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，A包含的基本事件共9个，分别是，所以方法二：记事件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，A包含的基本事件共9个，：摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个（a，b）．所以19．在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”．已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC．（1）从三棱锥P－ABC中选择合适的两条棱填空．若        ⊥        ，则该三棱锥为“鳖臑”；（2）已知三棱锥P－ABC是一个“鳖臑”，且AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°.①若△PAC上有一点D，如图1所示，试在平面PAC内作出一条过点D的直线l，使得l与BD垂直，说明作法，并给予证明；②若点D在线段PC上，点E在线段PB上，如图2所示，且PB⊥平面EDA，证明∠EAB是平面EAD与平面BAC的二面角的平面角．【答案】（1）AB⊥BC；AC⊥BC；PB⊥BC；PC⊥BC（答对其中一个即可）；（2）①作法见解析，证明见解析；②证明见解析.【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合鳖臑的定义进行求解即可；（2）①根据余弦定理，结合勾股定理的逆定理、线面垂直的判定定理、线面垂直的性质进行求解即可；②根据二面角的定义，结合线面垂直的判定定理、性质进行证明即可.【详解】（1）因为PA⊥平面ABC，平面ABC，所以，因此是两个直角三角形，当AB⊥BC时，显然是直角三角形，因为平面，所以平面，而平面，所以，因此是直角三角形，所以该三棱锥为“鳖臑”；（2）①解：连接CD，在△PAC内，过点D作l⊥CD，即可得l为所求直线．证明如下：在ABC中，由余弦定理可得:，因为，所以由勾股定理逆定理可知BC⊥AC，又因为PA⊥底面ABC，BC平面ABC，所以PA⊥BC又PAAC＝A，PA，AC平面PAC，所以BC⊥平面PAC又l平面PAC，l⊥BCl⊥CD，CDBC＝C，CD，BC平面BCD所以l⊥平面BCD，BD平面BCD所以l⊥BD；②延长ED，BC，交于点F，连接AF，点F∈平面ADE，点F∈平面ABC，所以平面ADE平面ABC＝AF因为PA⊥底面ABC，且AF平面ABC所以PA⊥AF因为PB⊥平面EDA，AF平面EDA所以PB⊥AF又因为 PBPA＝P，PA，PB平面PAB所以AF⊥平面PAB所以AF⊥AE，AF⊥AB，所以∠EAB是平面EAD与平面BAC所形成的二面角的平面角．20．如图，在三棱柱中，⊥，AB＝AC＝1，D是BC的中点．（1）求证：//平面；（2）若面⊥面ABC，，求几何体的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）方法一：连接，交于O，连接OD，由三角形的中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得结论；方法二：取的中点N，连接，BN，可得四边形是平行四边形，则，由线面平行的判定定理可得//平面，由已知可得BN//平面，从而得平面//平面，进而可得结论；（2）由平面⊥平面ABC，可得⊥平面ABC，然后利用可求得结果【详解】（1）方法一：证明：连接，交于O，连接OD，因为OD是的中位线所以又OD平面，平面所以//平面方法二：取的中点N，连接，BN因为DN是平行四边形的中位线所以，所以四边形是平行四边形．所以，又平面，AD平面所以//平面因为所以，又平面，平面所以BN//平面又平面所以平面//平面，平面所以//平面（2）因为平面⊥平面ABC，平面平面ABC＝AB，平面，所以⊥平面ABC因为所以21．甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为，乙丙每人面试合格的概率都是，且三人面试是否合格互不影响．求：（1）恰有一人面试合格的概率；（2）至多一人签约的概率．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率的加法公式可得答案；（2）事件E：至多一人签约，事件F：恰好一人签约，事件G：没人签约，根据互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率乘法公式可得．【详解】（1）记事件A：甲面试合格，事件B：乙面试合格事件C：丙面试合格事件D：恰好有一人面试合格依题意，事件A、B、C相互独立.（2）至多一人签约包括甲签约乙丙没有签约、三人都没有签约两种情况，事件F：甲签约乙丙没有签约，事件G：三人都没有签约，事件E：至多一人签约，因为F与G互斥，所以，，，，所以至多一人签约的概率为．22．如图，四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，为中点，为中点，与交于点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，，证明，平面即得证；（2）证明为直线与平面所成角，解三角形即得解.【详解】（1）证明：连接，，因为，且，，所以四边形为矩形，所以为中点，为的中位线，则，又因为平面，平面，所以平面；（2）解：因为，，，，则，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，为直线在平面上的射影，所以为直线与平面所成角，在中，，，，所以直线与平面所成角的正切值为