广东省深圳市盐田高级中学2023-2024学年高一下学期期末模拟数学试卷（含答案）

这是一份广东省深圳市盐田高级中学2023-2024学年高一下学期期末模拟数学试卷（含答案），共12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（每题5分，共40分）
1．设全集，集合M满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．下列函数中，满足“”的单调递增函数是
A．B．
C．D．
3．若古典概型的样本空间，事件，事件，相互独立，则事件可以是（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．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
6．函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A．B．C．1D．2
8．一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（ ）
B．
C．D．
二、多选题（每题6分，共18分）
9．复数，其共轭复数为，则下列叙述正确的是（ ）
A．对应的点在复平面的第四象限B．是一个纯虚数
C．D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．的最小值为2
C．D．的最小值为2
11．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则在上的最小值为0
B．若，则点是函数的图象的一个对称中心
C．若函数在上单调递减，则满足条件的值有3个
D．若对任意实数，方程在区间内的解的个数恒大于4且小于10，则满足条件的值有11个
三、填空题（每题5分，共15分）
12．已知向量与的夹角为，且，，则 .
13．已知，则 ．
14．如图所示，由到的电路中有4个元件，分别为，，，．若，，，能正常工作的概率都是，记事件“到的电路是通路”，则 ．

四、解答题
15．（13分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．
(1)若，求C；
(2)证明：
16．（15分）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
17．（15分）现有甲、乙、丙三个人相互传接球，第一次从甲开始传球，甲随机地把球传给乙、丙中的一人，接球后视为完成第一次传接球；接球者进行第二次传球，随机地传给另外两人中的一人，接球后视为完成第二次传接球；依次类推，假设传接球无失误．
(1)设第一次接球人为，第二次接球人为，通过次传接球后，列举出的所有可能的结果；
(2)完成第三次传接球后，计算球正好在乙处的概率．
18．（17分）已知函数．
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)若，且，求的值；
(3)若函数在区间上恰有4个不同的零点，求的取值范围．
19．（17分）在数学中，双曲函数是与三角函数类似的函数，最基本的双曲函数是双曲正弦函数与双曲余弦函数，其中双曲正弦函数：，双曲余弦函数：.（e是自然对数的底数，）.
(1)计算的值；
(2)类比两角和的余弦公式，写出两角和的双曲余弦公式：______，并加以证明；
(3)若对任意，关于的方程有解，求实数的取值范围.
深圳市盐田高级中学2023-2024学年第二学期
高一下期末考试数学模拟试卷参考答案
1．A2．D3．A
【分析】根据与是否相等判断事件是否独立，得到答案.
【详解】由题意得，
A选项，，，故，
所以，故事件相互独立，A正确；
4．A【详解】由，得，
所以在方向上的投影向量为.
5．A6．C
【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解.
【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，
而显然过与两点，
作出与的部分大致图像如下，

考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以由图可知，与的交点个数为.
7．D【详解】解法一：令，即，可得，
令，
原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得，即，解得，
若，令，可得
因为，则，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，
所以符合题意；
综上所述：.
解法二：令，
原题意等价于有且仅有一个零点，
因为，
则为偶函数，
根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，
即，解得，
若，则，
又因为当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
即有且仅有一个零点0，所以符合题意；
8．C
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，
因为，且两两之间距离为1．，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，
.
故选：C.
9．BC10．AD
【分析】利用不等式的性质及基本不等式，以此判断选项即可.
【详解】对于A，若，则，A正确;
对于B，或，因为不知道和的大小关系，B错误；
对于C，若，则，而
，但是与的大小不能确定，故C错误；
对于D，，当且仅当，即取等号，
11．ACD
【详解】，
对于A，当时，，A正确；
对于B，函数图象的对称中心的纵坐标应为，B错误；
对于C，，由，，
解得，因此，C正确；
对于D，方程等价于，函数的图象和直线的交点，如图，

函数的最小正周期，设，（其中)，
显然，由下图可知，

因为在区间内的解的个数，所以区间长度应满足：
，由，则，
化简得，所以，正整数的值有11个，
故选：ACD
12．10
13．3【详解】由，得，所以.
14．【详解】设“正常工作”，“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”
由于“到的电路是通路”等价于“正常工作”或“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”，即
，由于事件互斥，所以根据互斥事件的概率加法公式，可得.故答案为：
15．(1)；(2)证明见解析．
【详解】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．
（2）由可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
16．(1)证明见解析(2)
【详解】（1）由平面，平面，得，
连接，由且，
所以四边形为平行四边形，又，
所以平行四边形为正方形，所以，
又由且，所以四边形为平行四边形，
则，所以， 又 平面，
所以平面，由平面，所以平面平面；
（2）由平面，平面，所以，
又， 平面，
所以平面，又平面，所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，所以，
在中，，即直线与平面所成角的正弦值为
17．(1)答案见解析(2)
【详解】（1）通过次传接球后，的结果：
（乙，甲），（乙，丙），（丙，甲），（丙，乙）；
（2）三次传接球，接球的结果：
（乙，甲，乙），（乙，甲，丙），（乙，丙，甲），（乙，丙，乙），
（丙，甲，乙），（丙，甲，丙），（丙，乙，甲），（丙，乙，丙），
共8种，它们是等可能的，
其中球正好在乙处的结果有：（乙，甲，乙），（乙，丙，乙），（丙，甲，乙），共3种，
所以第3次传接球后，球正好在乙处的概率为
18．(1)，(2)(3)
【详解】（1）
，
所以的最小正周期．
令，解得，
所以的单调递增区间为．
（2）由题意知，所以，
又．所以，则，
故．
（3）
，
所以，
当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
要使函数在区间上恰有4个不同的零点，
令，则关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，且两根均在内，因为，所以．解得，即的取值范围是．
19．(1)(2)，证明见解析
(3)
【详解】（1）由已知可得，，，
所以，，
所以，.
（2）.
证明如下：
左边，
右边.
所以，左边=右边，
所以，.
（3）原题可转化为方程有解，即有解.
令，，，
因为在上单调递增，，，
所以，.
又，当且仅当，即时等号成立，
所以，即有最大值，
又当，
则要使有解，应有，
即，所以.
【点睛】思路点睛：小问3，由已知得出有解，构造函数，，，，然后分别求出的值域，即可得出关系式.