期末模拟试卷01——2022-2023学年高一数学下学期期末知识点精讲+训练学案+期末模拟卷（苏教版2019必修第二册）

期末模拟试卷1

命题范围：第二册  平面向量—概率

第I卷 选择题部分（共60分）

一、选择题：本大题共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．已知，则在复平面内复数对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】由复数的除法运算，和共轭复数的概念求得，由复数的几何意义可得结论．

【详解】由题意，

，对应点坐标为，在第一象限，

故选：A．

2．在中，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先求出，再利用正弦定理计算可得.

【详解】因为，，所以，

由正弦定理，即，解得.

故选：B

3．已知某圆锥的高为，体积为，则该圆锥的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由圆锥的体积和高，得到底面半径，勾股定理得母线长，由圆锥的侧面积公式计算结果.

【详解】设该圆锥的底面半径与母线长分别为，，由，得，

所以，从而该圆锥的侧面积．

故选：B

4． “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数（也称为素数，是一个大于1的自然数，除了1和它自身之外，不能被其它自然数整除的数叫做质数）之和，也就是我们所谓的“”问题．它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等曾在哥德巴赫猜想的证明中做出过相当好的成绩．若将6拆成两个正整数的和，则加数全部为质数的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用列举法求解，先列出把6拆成两个正整数的和的所有情况，再找出两个加数全为质数的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可

【详解】6拆成两个正整数的和的所有情况有：，3种情况，

其中两个加数全为质数的有，1种情况，

所以所求概率为,

故选：A

5．已知中，角，，所对的边分别是，，，若，且，那么是（    ）

A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形

【答案】B

【分析】将化简并结合余弦定理可得的值，再对结合正、余弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状.

【详解】由，得，

整理得，则，

因为，所以，

又由及正弦定理，得，化简得，

所以为等边三角形，

故选：B

6．某学校统计了10位同学一周的课外体育运动总时长（单位：小时），数据分别为6.3，7.4，7.6，8.0，8.1，8.3，8.3，8.5，8.7，8.8，则以下数字特征中数值最大的为（    ）

A．平均数 B．中位数 C．方差 D．众数

【答案】D

【分析】根据平均数，众数和中位数的定义求出答案，判断ABC选项，利用方差的概念得到方差小于，从而选出正确答案.

【详解】经计算，这10位同学一周课外体育运动总时长的平均数为，

8.3出现了两次，其他数均出现了一次，故众数为8.3，

从小到大排列，选择第5和第6个数的平均数作为中位数，故中位数为，

由于平均数为8，而最小数为6.3，与平均数相差为1.7，最大数为8.8，与平均数相差为1.8，故方差小于，

故最大值为8.3，为众数.

故选：D.

7．在中，，点在线段上(不与,点重合)，，则实数（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，得到，设，化简得到，结合，列出方程组，即可求解.

【详解】如图所示，设，因为，可得，

因为三点共线，设，

可得，

又因为，

可得，解得.

故选：C.

8．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】通过三角函数恒等变换化简，考虑证明当时，，并利用三角函数线完成证明，由此确定的大小.

【详解】因为，，，

所以，

，

在平面直角坐标系中以原点为顶点，轴的正半轴为始边作角，，

设角和单位圆的交点为,过点作垂直与轴，垂足为，过点

作单位圆的切线与的终边交于点, 则，，设劣弧

的弧长为，则，因为，所以，

因为，所以，，

又，，

所以，，

所以，故，

故选：A.

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.

9．某公司为了解用户对其产品的满意度，随机调查了10个用户的满意度评分，评分用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高.用户对产品的满意度评分如下: 7，8，9，7，5，4，10，9，4，7.则下列说法正确的是（    ）

A．这组数据的众数为7 B．这组数据的第75百分位数为8

C．这组数据的极差为6 D．这组数据的方差为40

【答案】AC

【分析】把这组数从小到大排列后，再根据相关数字特征的定义求出众数、百分位数、极差和方差.

【详解】对A，这组数从小到大排列为4,4,5,7,7,7,8,9,9,10.这组数的众数为7，A正确；

对B，因为10×75%=7.5，且第8个数为9，所以这组数据的第75百分位数为9，B错误；

对C，这组数据的极差为10-4=6，C正确；

对D，这组数据的平均数，则这组数据的方差，D错误.

故选：AC.

10．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面朝上”，事件“第二枚正面朝上”，下列结论中正确的是（    ）

A．该试验样本空间共有个样本点 B．

C．与为互斥事件 D．与为相互独立事件

【答案】ABD

【分析】由题可得样本空间及事件样本点，结合互斥事件，独立事件的概念及古典概型概率公式逐项分析即得.

【详解】对于A：试验的样本空间为：正，正，正，反，反，正，反，反，共个样本点，故A正确

对于B：由题可知正，正，正，反，正，反，反，反，

显然事件，事件都含有“正，反这一结果，故，故B正确；

对于C：事件，事件能同时发生，因此事件不互斥，故C不正确；

对于D：，，，所以，故D正确．

故选：ABD.

11．已知为坐标原点，点，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据向量的运算法则结合和差公式计算得到ACD正确，举反例得到B错误，得到答案.

【详解】对选项A：，，正确；

对选项B：取，，则，，，，错误；

对选项C：，

，正确；

对选项D：，

，正确.

故选：ACD

12．已知棱长为1的正方体，以为圆心，为半径作圆弧为圆弧的三等分点（靠近点），则下列命题正确的是（    ）

A．

B．四棱锥的表面积为

C．三棱锥的外接球的体积为

D．若为上的动点，则的最小值为

【答案】ABD

【分析】过作，连接，根据条件求出、，进而可以判断A正确；分别求出四棱锥五个面的面积即可判断B正确；根据条件找到球心，根据几何关系求出球的半径，即可判断C错误；如图所示将平面沿着展开，即可判断D正确.

【详解】

如图所示，过作，连接，

因为为圆弧的三等分点（靠近点），

所以，则，，

由题意可得平面，

在中，，，

则，故A正确；

由题意可得，，

则，,

,，

在中，因为，

，，

，

四棱锥的表面积为；

故B正确；

取中点，的重心，

因为为等腰直角三角形，所以其外接圆圆心为，

因为为等边三角形，所以其外接圆圆心为，

过作平面的垂线，过作平面的垂线，

、交于点，则为三棱锥的外接球的球心，

则，，

所以，

即外接球的半径，

三棱锥的外接球的体积为，

故C错误；

如图所示将平面沿着展开，连接，交于点，

则根据两点之间距离最短可知此时最小，

最小值为，

故D正确.

故选：ABD.

第II卷 非选择题部分（共90分）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13．已知，则_____________，_____________．

【答案】     /；    

【分析】根据共轭复数的概念可求出；根据复数的运算及复数模的公式可求出的值.

【详解】因为，所以；

所以，所以.

故答案为：；.

14．已知事件A，B，且P(A)=0.5，P(B)=0.2，如果A与B互斥，令；如果A与B相互独立，令，则___________.

【答案】0.4/

【分析】利用互斥事件的概念及独立事件概率公式即得.

【详解】∵A与B互斥，

∴,

∵A与B相互独立，

∴，

∴.

故答案为：.

15．设，若，则______.

【答案】

【分析】首先求出，再由二倍角公式求出，，最后由两角差的余弦公式计算可得.

【详解】因为，，所以，

所以，，

所以.

故答案为：

16．已知正方体的棱长为，点是棱上的定点，且，点是棱上的动点，则三棱锥的体积最小值为______．

【答案】

【分析】利用等体积法、图形的几何性质以及三棱锥的体积公式进行求解.

【详解】在正方体中，因为底面，平面，

所以，

因为正方体的棱长为，，

所以，

在中，由勾股定理有：，

所以，

因为点是棱上的动点，所以当与重合时，到平面的距离最小，

如图，在上取，使，

则，，

，

故三棱锥的体积最小值为.

故答案为：.

四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．已知向量，，．

(1)若A，B，C三点共线，求实数x，y满足的关系；

(2)当时，判断是否为钝角，并说明理由．

【答案】(1)

(2)不可能是钝角，理由见解析

【分析】（1）利用向量共线充要条件即可求得实数x，y满足的关系；

（2）利用向量夹角公式求得，进而得到不可能是钝角.

【详解】（1）因为A，B，C三点共线，所以，

又，，

所以，即．

则实数x，y满足的关系为.

（2）不是钝角，理由如下：

当时，，

，

则，

又，故不可能是钝角．

18．中华人民共和国第十四届全国运动会､全国第十一届残运会暨第八届特奥会于2021年在中国陕西举行，为宣传全运会､特奥会，让更多的人了解体育运动项目和体育精神，某大学举办了全运会､特奥会知识竞赛，并从中随机抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图.

(1)试根据频率分布直方图求出这100人中成绩低于60分的人数，并估计这100人的平均成绩（同一组数据用该组区间的中点值代替）；

(2)若先采用分层抽样的方法从成绩在的学生中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人去社区开展全运会､特奥会宜传活动，求做宣传的这2名学生中，其中1人成绩在，另外1人成绩在的概率.

【答案】(1)18人；

(2)

【分析】（1）利用频数的计算公式以及平均数的计算公式求解.

（2）利用频数的计算公式、分层抽样的特点以及古典概型进行计算求解.

【详解】（1）由频率分布直方图中数据知，成绩低于60分的人数为

平均成绩．

（2）因为成绩在的学生人数所占比例为，

所以从成绩在的学生中应分别抽取4人，2人．

记抽取成绩在的4人为，抽取成绩在的2人为．

从这6人中随机抽取2人的所有可能为

，

，共15种，

其中1人成绩在，另1人成绩在的有

，共有8种，

所以其中1人成绩在，另外1人成绩在的概率为．

19．如图，在直三棱柱中，.

(1)求证：；

(2)求与平面所成的角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据直三棱柱的性质和各棱长可知，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面，易知四边形为菱形，可得平面，由线面垂直的性质即可得；

（2）取的中点，连接，可证明是与平面所成角的平面角，在中，易知，，即与平面所成的角的大小为.

【详解】（1）连接与相交于点，如下图所示

在直棱柱中，平面平面，

，

又，平面，

所以，平面，

又平面，

，四边形为菱形，即

又，且平面，

平面，又平面，

.

（2）取的中点，连接.如下图所示；

，

又平面平面，

又，且平面，

平面，

是在面内的射影，是与平面所成角的平面角.

在中，易知，

，

即与平面所成的角的大小为.

20．如图，A，B是某海城位于南北方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东，B点南偏东的C处有一艘渔船遇险后抛锚发出求救信号，位于B点正西方向且与B点相距100海里的D处的救援船立即前往营救，其航行速度为80海里/时.

(1)求B，C两点间的距离；

(2)该救援船前往营救渔船时应该沿南偏东多少度的方向航行？救援船到达C处需要多长时间？（参考数据：，角度精确到0.01）

【答案】(1)60海里

(2)方向是南偏东，需要的时间为小时.

【分析】（1）求得度数，根据正弦定理即可求得答案；

（2）确定的度数，由余弦定理即可求得的长，即可求得救援时间，利用余弦定理求出的值，即可求得应该沿南偏东多少度的方向航行.

【详解】（1）依题意得，，

所以，

在中，由正弦定理得,

,

故（海里），

所以求两点间的距离为60海里.

（2）依题意得，

在中，由余弦定理得，

所以（海里），

所以救搜船到达C处需要的时间为小时，

在中，由余弦定理得 ,

因为，

所以，

所以该救援船前往营救渔船时的方向是南偏东﹒

21．已知在锐角△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，向量，，且.

(1)求B；

(2)若，求△ABC的面积的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示与正弦定理的边角变化，结合正弦函数的和差公式即可得解；

（2）利用正弦定理得到，，从而利用三角形面积公式与辅助角公式得到，由此结合正弦函数的性质即可得解.

【详解】（1）因为，，，

所以，

由正弦定理可得，

即.

因为，则，所以，

又，即，所以，

又，所以.

（2）因为，，

所以，故，，

所以△ABC的面积

，

因为△ABC为锐角三角形且，所以，解得，

所以，则，从而，

即△ABC的面积的取值范围为.

22．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，且，，，，平面平面ABCD，点M在线段PB上，平面MAC．

(1)判断M点在PB的位置并说明理由；

(2)记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；

(3)若异面直线CM与PA所成角的余弦值为，求二面角的平面角的正切值．

【答案】(1)M为PB上靠近B的三等分点，理由见解析

(2)

(3)

【分析】（1）连接BD交AC于O，由平面MAC，根据线面平行的性质可得答案；

（2）连接OP，则，由可求得结果；

（3）取AD中点H，过M作，可知，取AB靠近A的三等分点N，可知，所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，由条件证得平面ABCD，平面ABCD，令，计算，，，，利用余弦定理，由得，解得，过G作交CD于Q，由平面MGQ得，所以就是所求二面角的平面角，求解即可.

【详解】（1）连接BD交AC于O，连接OM，

因为平面MAC，平面PBD，平面平面，则．

因为，所以，

则O为BD靠近B的三等分点，所以M为PB上靠近B的三等分点．

（2）如图，连接OP，则，

因为，则．

（3）取AD中点H，连接PH，HB，

过M作，可知．

取AB靠近B的三等分点N，连接MN，NC，可知，

所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，如图．

因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，

所以平面ABCD，因此平面ABCD．

令，，计算得：，，，

，，

所以，，即，解得．

过G作交CD于Q，连接MQ．

平面ABCD，平面ABCD, ,

，平面MGQ，平面MGQ，

平面MGQ，，

所以就是所求二面角的平面角，

所以，．