山东省潍坊市部分学校2023-2024学年高一下学期期末模拟数学试题（Word版附解析）

这是一份山东省潍坊市部分学校2023-2024学年高一下学期期末模拟数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了关于这组数据，下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。

1．本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时12分钟.
2．用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，考试结束后，请将答题卡、草稿纸一并上交.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 在中，角的对边分别为，且，，则（ ）
A. B. C. 2D.
2. 在一次数学测试中，某学习小组6名同学的成绩(单位：分)分别为65，82，86，82，76，95．关于这组数据，下列说法错误的是
A. 众数是82B. 中位数是82
C. 极差是30D. 平均数是82
3. 在复平面内，复数共轭复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4. 宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的体积是（ ）
A. B. C. D.
5. 正四棱柱中，三棱锥的体积为与底面所成角的正切值为，则此正四棱柱的表面积为（ ）
A. 10B. 12C. 14D. 18
6. 在中，，若点为的垂心，且满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
7. 在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算的．算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图是利用算筹表示数1～9的一种方法，例如：47可以表示为“”，已知用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数共有504种等可能的结果，则这个数至少要用8根小木棍的概率为（ ）
A. B. C. D.
8. 在一次考试中有一道4个选项双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件“甲、乙两人均未选择B选项”，则（ ）
A. 事件M与事件N相互独立B. 事件X与事件Y相互独立
C. 事件M与事件Y相互独立D. 事件N与事件Y相互独立
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，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3分，有选错的得0分．
9. 有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A. 若，则是等腰三角形
B. 若，则P是三角形的垂心
C. 若，则钝角三角形
D. 若，则存在唯一实数使得
10. 已知m，n是不同的直线，，是不重合的平面，则下列命题中，真命题有（ ）
A 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
11. 正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体的棱长都是2（如图），则（ ）
A. 平面
B. 直线与平面所成的角为60°
C. 若点为棱上动点，则的最小值为
D. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知三个复数，，，且，，，所对应的向量，满足；则的最大值为__________.
13. 在棱长为2的正方体中，则它的外接球的表面积为__________；若E为的中点，则过B、D、E三点的平面截正方体所得的截面面积为____________.
14. 已知由小到大排列的6个数据1，2，3，5，6，m，若这6个数据的极差是它们中位数的2倍，则m的值是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知复数在复平面上对应点在第一象限，且，的虚部为2.
（1）求复数；
（2）设复数、、在复平面上对应点分别为、、，求的值.
16. 如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，．
（1）求三棱锥的体积．
（2）在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
17. 如图，在长方体中，，
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正切值.
18. 奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车lg相似，因此得名.如图，P是内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：.

（1）若P是的内心，，延长AP交BC于点D，求；
（2）若P是锐角的外心，，，求的取值范围.
19. 第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？

这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时AB同组，CD同组．
（1）若，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？
（2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？
2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试题
注意事项：
1．本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时12分钟.
2．用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，考试结束后，请将答题卡、草稿纸一并上交.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 在中，角的对边分别为，且，，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦定理求出，再由数量积的定义计算可得.
【详解】因为，
由余弦定理得，又
所以.
故选：C
2. 在一次数学测试中，某学习小组6名同学的成绩(单位：分)分别为65，82，86，82，76，95．关于这组数据，下列说法错误的是
A. 众数是82B. 中位数是82
C. 极差是30D. 平均数是82
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：A中，82出现的次数最多，所以众数是82，A正确；B中，把数据按大小排列为：65，76，82，82，86，95，中间两个数为82，82，所以中位数是82，B正确；C中，极差是95－65=30，C正确；D中，平均数，D错误，故选D．
考点：1、众数；2、中位数；3、极差；4、平均数．
3. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，求得复数为，得到其共轭复数，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由复数，其共轭复数为，
所以对应的点的坐标为，位于第四象限.
故选：D.
4. 宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出上下圆台的高，利用台体体积公式求出答案.
【详解】上、下两圆台的高之比是，故上圆台的高为厘米，
下圆台的高为厘米，
故上圆台的体积为立方厘米，
下圆台的体积为立方厘米，
故该汝窑双耳罐的体积为立方厘米.
故选：D
5. 正四棱柱中，三棱锥的体积为与底面所成角的正切值为，则此正四棱柱的表面积为（ ）
A. 10B. 12C. 14D. 18
【答案】A
【解析】
【分析】设此正四棱柱的底面边长为，高为，根据三棱锥的体积公式和线面角建立关于a、h的方程组，解之即可求解.
【详解】设此正四棱柱的底面边长为，高为，
则三棱锥的体积为，得，
又与底面所成的角为，
所以，得，得，
所以此正四棱柱的表面积为．
故选：A．
6. 在中，，若点为的垂心，且满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量基本定理结合三角形垂心的性质、平面向量三点共线的充要条件计算即可.
【详解】由题意可知是以A为顶角的等腰三角形，
如图所示：，，则，
设，
则，
，
所以，
在直角三角形中，.
故选：B
【点睛】思路点睛：由三角形为等腰三角形，及垂心的性质，结合平面向量基本定理、三点共线的线性关系确定一腰上垂足的位置解三角形即可.
7. 在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算的．算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图是利用算筹表示数1～9的一种方法，例如：47可以表示为“”，已知用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数共有504种等可能的结果，则这个数至少要用8根小木棍的概率为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数有种情况，由于至少要用8根小木根的对立事件为用掉5根，6根，7根这三种情况，用掉5根，6根，7根小木棍的全排列共有种，从而求出至少要用8根小木棍的概率.
【详解】至少要用8根小木棍的对立事件为用5根，6根，7根这三种情况．
用5根小木棍为1，2，6这一种情况，组成三位数包括6个样本点，
用6根有1，2，3；1，2，7；1，6，3；1，6，7这四种情况，每种情况包含6个样本点，共24个样本点
用7根有1，2，4；1，2，8；1，6，4；1，6，8；1，3，7；2，6，7；2，6，3这七种情况，
每种情况包含6个样本点，共42个样本点
又表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数有504种情况
故至少要用8根小木棍的概率为1－，
故选：D．
8. 在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件“甲、乙两人均未选择B选项”，则（ ）
A. 事件M与事件N相互独立B. 事件X与事件Y相互独立
C. 事件M与事件Y相互独立D. 事件N与事件Y相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可得出答案.
详解】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：
①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，
所以，，，，
因为事件与事件互斥，所以，又，
所以事件M与事件N不相互独立，故A错误；
，故B错误；
由，则事件M与事件Y相互独立，故C正确；
因为事件N与事件Y互斥，所以，又，
所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误.
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于先求出，，，，再根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，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3分，有选错的得0分．
9. 有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A. 若，则是等腰三角形
B. 若，则P是三角形的垂心
C. 若，则为钝角三角形
D. 若，则存在唯一实数使得
【答案】BC
【解析】
【分析】利用正弦函数性质，结合三角形判断A；利用向量数量积的运算律计算判断B；利用正弦定理、余弦定理判断C；利用零向量与共线向量的定义可判断D.
【详解】对于A，在中，由，得或，
则或，则是等腰三角形或直角三角形，A错误；
对于B，由，得，
则，同理，，即是三角形的垂心，B正确；
对于C，由，得，
由正弦定理得，则，为钝角，为钝角三角形，C正确；
对于于D，当，时，显然有，但此时不存在，D错误.
故选：BC
10. 已知m，n是不同的直线，，是不重合的平面，则下列命题中，真命题有（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C 若，，则
D. 若，，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合直线与平面平行、垂直的判定定理与性质定理可以判断.
【详解】对于A，由，，得，又，因此，A正确；
对于B，由，得存在过的平面与相交，令交线为（不与重合），则，
由，得存在过的平面与相交，令交线为（不与重合），则，于是，
显然，则，而，因此，，B正确；
对于C，，，则或，C错误；
对于D，由，，得，而，则，D正确.
故选：ABD
11. 正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体的棱长都是2（如图），则（ ）
A. 平面
B. 直线与平面所成的角为60°
C. 若点为棱上的动点，则的最小值为
D. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，由对称性可得四边形为菱形，故，从而得到线面平行；B选项，作出辅助线，得到直线与平面所成的角为，求出边长，得到夹角；C选项，，故只需最小，当为的中点时，⊥，此时最小，且，从而求出的最小值；D选项，等体积法得到三棱锥的体积为定值.
【详解】A选项，连接，由对称性可知，⊥平面，
且相交于点，为和的中点，
又，故四边形为菱形，故，
又平面，平面，
所以平面，正确；
B选项，连接，则相交于点，
因为四边形为正方体，故，
由A选项，同理可得四边形为菱形，故，
又，平面，故平面，
故直线与平面所成的角为，
且由题意得，，故，
故，错误；

C选项，由题意得，，故只需最小，
在等边三角形中，当为中点时，⊥，此时最小，
且，故若点为棱上的动点，则的最小值为，正确；
D选项，，其中到平面的距离为，
设菱形的面积为，则，，
若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，错误.
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知三个复数，，，且，，，所对应的向量，满足；则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意设，，，即可表示出，再由复数的模、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得.
【详解】设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，
因为且，所对应的向量，满足，即，
不妨令，，则，，
又，设，即
则，
所以
，
所以当时取得最大值，即.
故答案为：
13. 在棱长为2的正方体中，则它的外接球的表面积为__________；若E为的中点，则过B、D、E三点的平面截正方体所得的截面面积为____________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用正方体的对角线和外接球的半径的关系，求得外接球的半径，进而求得球的表面积，再利用直线间的平行关系和平面的基本性质，得出截面，进而求得截面等腰梯形的面积.
【详解】在棱长为2的正方体中，
可得其外接球的半径为，所以,
所以外接球的表面积为；
如图所示，过点作，连接，
所以过三点的平面截正方体所得的截面为且为等腰梯形，
过点作于点，过点作，连接，
所以为等腰梯形的高，且,
所以梯形的面积为.
故答案为：；.
14. 已知由小到大排列的6个数据1，2，3，5，6，m，若这6个数据的极差是它们中位数的2倍，则m的值是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据极差和中位数的关系列式计算.
【详解】由小到大排列的6个数据1，2，3，5，6，m，则，
这6个数据的极差为，中位数为，
因为这6个数据的极差是它们中位数的2倍，
所以，解得．
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知复数在复平面上对应点在第一象限，且，的虚部为2.
（1）求复数；
（2）设复数、、在复平面上对应点分别为、、，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，得到、，根据和的虚部为2联立方程组解出、，再根据复数在复平面上对应点在第一象限得到复数；
（2）分别求出、，得到点、、的坐标，求出.
【小问1详解】
设，，，
由题意得，解得或，又因为复数在复平面上对应点在第一象限，所以.
【小问2详解】
，，，
所以对应的点，，，从而，，.
16. 如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，．
（1）求三棱锥的体积．
（2）在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，为的中点
【解析】
【分析】（1）根据计算可得；
（2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，即可证明、，从而得到平面，平面，即可得证.
【小问1详解】
在直四棱柱中，底面为正方形，
所以平面，
所以.
【小问2详解】
当为的中点时满足平面平面，
设，连接，
因为为正方形，所以为的中点，又为棱的中点，
所以，又平面，平面，所以平面，
又为的中点，所以且，所以为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
17. 如图，在长方体中，，
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，结合题意可证平面，即可得结果；
（2）分析可知即为直线与平面所成的角，结合题意分析求解即可.
【小问1详解】
连接，
由题意可知：为正方体，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
由平面，可得.
【小问2详解】
由题意可知：平面，则即为直线与平面所成的角，
又因为，则，
所以所求角的正切值为
18. 奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车lg相似，因此得名.如图，P是内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：.

（1）若P是的内心，，延长AP交BC于点D，求；
（2）若P是锐角的外心，，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据奔驰定理以及内切圆的性质可得，即可根据得，进而根据线性运算得,由共线即可求解，
（2）根据奔驰定理以及外接圆的性质可得，即可得，结合三角恒等变换可得，即可根据函数的性质求解.
【小问1详解】
由于P是的内心，设内切圆的半径为，
由可得，即，
由，不妨设，
故，
设，则,
故,
由于与共线，而与不共线，
因此必然，故，
【小问2详解】
设外接圆的半径为,
则由得，
即，
由于，所以,
因此，又，
所以
,
由于三角形为锐角三角形，所以，解得，
故,
故当时，取最小值，
当或时，，
故.

19. 第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？

这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时AB同组，CD同组．
（1）若，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？
（2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？
【答案】（1）获得冠军的概率分别为，；
（2）淘汰赛赛制下获得冠军的概率为，“双败赛制”赛制下获得冠军的概率为，双败赛制下对强者更有利.
【解析】
【分析】（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式求获得冠军的概率；
（2）分别求出不同赛制下获得冠军的概率，研究哪种赛制下获得冠军的概率更大，即可得结论.
【小问1详解】
获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出，
获得冠军的概率为，
获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出，
获得冠军的概率为.
【小问2详解】
淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为，
“双败赛制”赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况，
当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军；
若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军；
当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军；
综上，获得冠军的概率.
令，
若为强队，则，故，
所以，双败赛制下对强者更有利.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据“双败赛制”赛制的描述讨论A进入胜者组、败者组两种情况，分别求出得冠军的概率为关键.