20202021学年度高一下数学期末全真模拟卷(一)解析版(苏教版).pdf

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1、2020-2021 学年高一数学下学期期末考试全真模拟卷（一）一、单项选择题：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设a，e均为单位向量，当a，e的夹角为23时，a在e方向上的投影为（）A32 B12 C12 D32【答案】B【详解】a在e上的投影为21cos,cos32aa e，故选：B.2已知函数 23f xsin xsinxcosx，则下列说法正确的是（）Af（x）的最小正周期为 2 Bf（x）的最大值为32 Cf（x）在536，上单调递增 Df（x）的图象关于直线 x6对称【答案】B【详解】21 cos233113sin

2、2sin 2cos222222xf xsin xsinxcosxxxx 1sin 262x.f x的最小正周期为，最大值为32，故A错误，B正确.对C，当536x，时，32,622x，又sinyt在3,22t上单调递减，f x在536，上单调递减.故C错误.对D，11sin 2sin1666262f，不是最值，故D错误.故选：B.3ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若105A，45B，2 2b，则c等于（）A1 B2 C3 D2【答案】D【详解】由题意知：()6CAB，ABC中，有sinsincbCB，则12 2sin22sin22bCcB.故选：D 4某超市计划按月订购一种冷饮

3、，根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：C）有关如果最高气温不低于25 C，需求量为600瓶；如果最高气温位于区间20,25（单位：C）内，需求量为300瓶；如果最高气温低于20 C，需求量为100瓶为了确定6月份的订购计划，统计了前三年6月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：最高气温 15,20 20,25 25,30 30,35 35,40 天数 3 6 25 38 18 将最高气温位于各区间的频率视为最高气温位于该区间的概率，若6月份这种冷饮一天的需求量不超过x瓶的概率估计值为0.1，则x（）A100 B300 C400 D600【答案】B【分析】利用频率分布表估计概

4、率，即可得解.【详解】这种冷饮一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25 C，由表格数据可知，最高气温低于25 C的频率为360.190，所以，6月份这种冷饮一天的需求量不超过300瓶的概率估计值为0.1，故300 x.故选：B.5在正方体1111ABCDABC D中，设M为线段BC的中点，则下列说法正确的是()A1AMBD B1/AM平面11CC D D C11AMAB D1AM 平面11ABC D【答案】C【详解】若1AMBD，由1A A平面ABCD，AM为1AM在底面ABCD上的射影，由三垂线定理的逆定理可得BDAM，但BDAC，显然矛盾，故A错误；若1/AM平面11CC D

5、D，又1AM 平面11ADCB，且平面11C D DC平面111BCD ADC，所以11/DCAM，但11/DCAB，显然矛盾，故B错误；连接1AB，由11ABAB，1AB为1AM在平面11AB BA上的射影，可得11AMAB，故C正确；若1AM 平面11ABC D，则1AMAB，又1A A平面ABCD，AM为1AM在底面ABCD的射影，可得AMAB，显然不成立，故D错误 故选：C 6在三棱锥PABC中，ABC的内心 O 到三边的距离均为 1，PO 平面 ABC，且PBC的 BC 边上的高为 2，则该三棱锥的内切球的体积为（）A32 327 B8 327 C4 327 D43【答案】C【详解】

6、如下图，O为ABC的内心，若PEBC，则BC 面EPO，OE 面EPO，即有OEBC，1OE，2PE，若F为内切球的球心，且FDPE，即内切球的半径为rFOFD，sinOEFDEPOPEPF，而PFPOFO，223POPEOE，123rr，得33r，故该三棱锥的内切球的体积344 3327Vr.故选：C.7为检测疫苗的有效程度，某权威部门对某种疫苗进行的三期临床效果比较明显的受试者，按照年龄进行分组，绘制了如图所示的样本频率分布直方图，其中年龄在20,30内的有 1400 人，在60,70内有800 人，则频率分布直方图中a的值为（）A0.008 B0.08 C0.006 D0.06【答案】A

7、【分析】根据频率分布直方图，及年龄在20,30内的有 1400 人，可知总人数，进而确定答案.【详解】假设总人数为x，则14000.014 10 x，解得10000 x，8001010000a，解得0.008a，故选：A.8已知ABC的边BC的垂直平分线交BC于Q，交AC于P，若1AB，2AC，则AP BC的值为 A3 B32 C3 D32【答案】B【详解】因为BC的垂直平分线交AC于Q，所以0QP BC，AP BCAQQPBCAQ BCQP BC22113222ACABACBCACAB，故选 B.二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分全对得 5 分，少选得 3 分，

8、多选、错选不得分 9某保险公司为客户定制了 5 个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔该保险公司对 5 个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例：用该样本估计总体，以下四个选项正确的是（）A54 周岁以上参保人数最少 B1829 周岁人群参保总费用最少 C丁险种更受参保人青睐 D30 周岁以上的人群约占参保人群20【答案】AC【详解】解：对 A：由扇形图可知，54 周岁以上参保人数最少，故选项 A 正确；对 B：由折线图可知，1829 周岁人群人均参保费用最少，但是由扇形图知参保人数并不是最少的，所以参保总费

9、用不是最少，故选项 B 错误；对 C：由柱状图可知，丁险种参保比例最高，故选项 C 正确；对 D：由扇形图可知，30 周岁以上的人群约占参保人群80，故选项 D 错误.故选：AC.10如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABC D中，点P在线段1BC上运动，则下列判断中正确的是（）A三棱锥1AD PC的体积是16 B/DP平面11AB D C平面1PB D与平面1ACD所成的二面角为60 D异面直线1AP与1AD所成角的范围是,6 2 【答案】AB【详解】对于 A：因为 C 到平面1AD P的距离不变，为1CB的一半，等于22，1AD P的面积不变，且111122 1222AD PSADA

10、B 所以三棱锥1CAD P的体积不变，根据等体积法可得111121326A D PCC AD PAD PVVS，故 A 正确；对于 B：连接 DB，DP，111,AB B D，因为正方体1111ABCDABC D，所以11/,BD B D BD 平面DBP，11B D 平面DBP，所以11/B D平面DBP，同理1/AD平面DBP，1111B DADD，所以平面11AD B 平面DBP，又DP 平面DBP，所以/DP平面11AB D，故 B 正确.对于 C：因为ACBD，11,BBAC BBBDB，所以AC 平面1BDB，所以1ACDB，同理111,ADDB ADACA，所以1DB 平面1AC

11、D，所以平面1PB D平面1ACD，故 C 错误；对于 D：因为11/ADBC，所以异面直线1AP与1AD所成角等于1AP与1BC所成的角，因为111ABAC，当P 与1BC两端点重合时，1AP与1BC所成的角最小，且为3，当 P 位于1BC中点时，1AP与1BC所成角最大，且为2，所以异面直线1AP与1AD所成角的范围是,3 2，故 D 错误.故选：AB.11已知函数()2cos0,|2f xx的图象上，对称中心与对称轴12x的最小距离为4，则下列结论正确的是（）A 506fxfx B当,6 2x 时，3f x C若()2cos2g xx，则 6g xfx D若444sincos5，0,2，

12、则4f的值为43 35【答案】BD【详解】对称中心与对称轴12x的最小距离为4，=44T，即=T.而2T,=2.又因为12x为对称轴，且|22=122k，解得：=6.所以()2cos 26f xx 对于 A：5532cos 22cos22sin 26662fxxxx，而()2cos 26f xx，所以 52cos 22sin 22cos 20666f xfxxxx，故A 错误；对于 B：当,6 2x 时，25666,x，所以()2cos 2336f xx，故 B 正确；对于 C：当()2cos2g xx时，2cos 2=2cos 2()663g xxxf x，故 C 错误；对于 D：当444s

13、incos5，0,2时，422242224sincossincossincos=sincos=cos2=5 4cos2=5 又因为0,2，20,，2243sin 2=1cos2=1=55，所以=2cos 2=2sin 2=2sin2cos2cos2 sin446666f 3443 3=3=555，故 D 正确.故选：BD.12设复数1(,iza babR且0)b，则下列结论正确的是（）Az可能是实数 B|=|zz恒成立 C若2z R，则0a D若1zRz，则|=2z【答案】BC【详解】对于选项 A，若2222221iiiababzabababab是实数，则0b，与已知矛盾，故 A 错误；对于选

14、项B，由A知2222iabzabab，所以222222=,abzabab222222|()()abzabab|z，故 B 正确；对于选项 C，2222222222222222222222ii()()()()()ababababzabababababR，则22220()abab，因为0b，所以0a，故 C 正确；对于选项 D，11iizabzab2222()()iababababR，则220bbab，因为0b，所以22=1ab，所以222222|=()()=1abzabab，故 D 错误.故选：BC 三.填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13若cos222sin4，则si

15、n2=_【答案】34【解析】cos22,2cos22244sinsin，222 cossincossin，cos0sin或1cos2sin，平方可得120sin或1124sin，21sin或32,4sin 若21sin，则cos20，不合题意应舍去，故答案为34.14甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制（不考虑平局，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束）.根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为0.5，受心理方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜，则下一场取胜率提高0.1，反之，降低0.1，则甲以3:1取得胜利的概率为_.【答案】0.1

16、74【详解】设甲在第一、二、三、四局比赛中获胜分别为事件1A、2A、3A、4A，由题意，甲要以3:1取胜的可能是1234AA A A，1234A A A A，1234AA A A，所以123412341234()()()PP A A A AP A A A AP A A A A=0.5 0.6 0.3 0.60.5 0.4 0.5 0.60.5 0.4 0.5 0.60.174.故答案为：0.174.15如图，在棱长为2的正方体ABCDA B C D 中，点EFG分别是棱A B B CCD的中点，则由点EFG确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于_.【答案】3 32【详解】分别取AD中点P

17、，1CC中点M，1AA中点N，可得出过E，F，G三点的平面截正方体所得截而为正六边形EFMGPN，则正六边形的边长2211122MGCGCM，故截面多边形的面积等于233 36142S.故答案为：3 32.16甲、乙两名乒乓球运动员进行乒乓球单打比赛，根据以往比赛的胜负情况知道，每一局甲胜的概率为34，乙胜的概率为14，如果比赛采用“五局三胜”制（先胜三局者获胜），则甲获胜的概率为_.【答案】459512【详解】“五局三胜”制，甲胜这个事件拆分成三个互斥事件：前三局甲全胜，前三局甲胜 2 局第四局甲胜，前 4 局甲胜 2 局第 5 局甲胜，所以甲胜的概率为3323123431313459444

18、44512PCC 故答案为：459512 四解答题：本大题共 5 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在复平面内，复数222(34)zaaaai（其中aR）.（1）若复数z为实数，求a的值；（2）若复数z为纯虚数，求a的值；（3）对应的点在第四象限，求实数a的取值范围【答案】（1）1a 或 4；（2）2a；（3）2,4【详解】（1）因为复数z为实数，所以2340aa，所以1a 或 4；（2）因为复数z为纯虚数，所以2220340aaaa，所以2a （3）因为z对应的点在第四象限，所以2220340aaaa 解不等式组得，24a，即a的取值范围是2,4.18在边长

19、为a的正方形ABCD中，EF、分别为BCCD、的中点，设AE，AF.（1）试用、表示AB AD、.（2）求向量、的夹角的大小.【答案】(1)4233AB,2433AD,(2)4arccos5【详解】如图所示:(1)EF、分别为BCCD、的中点，且AE，AF.所以12AEABBEABAD,12AFADDFADAB,联立解得4233AB,2433AD.(2)因为|ABADa,0AB AD,所以22222111111()()|222222ABADADABABADaaa,222221115|()2442ABADABADAB ADaaa,同理可得5|2a,所以cos,|2455522aaa,又,0,),

20、所以4,arccos5.所以向量、的夹角的大小为4arccos5.19ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sincos6bAaB-.（1）求B；（2）设2a，7b，延长AC到点D使2ACCD，求BCD的面积.【答案】（1）3；（2）3 34.【详解】（1）sincos6bAaB.由正弦定理sinsinabAB，可得sinsinbAaB，可得：sincos6aBaB，可得：31sincos=cossin622BBBB，化简可得：tan3B，0,B，3B.（2）由sinsinabAB，可得32sin212sin77aBAb，可得cos72 7A，3 21sinsinsincoscos

21、sin14CABABAB，所以113 213 32sin2722142ABCBCDSSabC，可得3 34BCDS.20.如图，三棱锥PABC的底面是等腰直角三角形，其中2ABAC，PAPB，平面PAB 平面ABC，点E，F，M，N分别是AB，AC，PC，BC的中点 （1）证明：平面EMN 平面PAB；（2）当PF与平面ABC所成的角为3时，求四棱锥APMNB的体积【答案】（1）证明见解析；（2）62【详解】解：（1）证明：由题意可得，ABAC，点E，N分别是AB，BC的中点，故EN AC，故ENAB，平面PAB 平面ABC，交线为AB 故EN 平面PAB EN在平面EMN内，故平面EMN 平

22、面PAB；（2）连结PE，由PAPB，点E是AB的中点，可知PEAB，再由平面PAB 平面ABC，可知PE 平面ABC，连结EF，可知PFE就是直线PF与平面ABC所成的角，于是tan3PEPFEEF，22336PEEFAEAF 因为PAPB，E是AB中点，故PEAB，又平面PAB 平面ABC，故PE 平面ABC，即点P到平面ABC的距离为6PE 点M是PC中点，故点M到平面ABC的距离为62d，1133A PMNBP ABCMANCABCANCVVVPE Sd S 1116162 22 132322 2 666362 即四棱锥APMNB的体积为62 21起源于汉代的“踢键子”运动，虽有两千多

23、年历史，但由于简便易行，至今仍很流行某校为丰富课外活动、增强学生体质，在高一年级进行了“踢键子”比赛，以学生每分钟踢毯子的个数记录分值，一个记一分 参赛学生踢键子的分值均在40100分之间，从中随机抽取了 100 个样本学生踢键子的成绩进行统计分析，绘制了如图所示的频率分布直方图，并称得分在8090之间为“踢毽健将”，90 分以上为“踢建达人”(1)求样本的平均值x(同一组数据用该区间的中点值代替)；(2)要在“踢毽健将”和“踢建达人”中分层抽样抽出 6 名同学在全级进行表演，试问“踢毽达人”张睿被抽取的概率是多少？(3)以样本的频率值为概率，若高一(1)班有 60 个同学，试估计该班“踢毽健

24、将”和“踢健达人”各有多少人【答案】(1)68；(2)0.4；(3)“踢毽健将”6人；“踢毽达人”3人【详解】(1)由45 0.0555 0.265 0.3575 0.2585 0.195 0.0568x，样本的平均值为 68；(2)依频率分布直方图“踢毽健将”有 10 人，“踢毽达人”有 5 人 需分层抽样抽 6 人，则要在“踢毽达人”中抽取 2 人，所有的抽法共 10 种，包含张睿的抽法有 4 种，故张睿同学被抽取的概率是0.4(3)由频率分布直方图知，“踢毽健将”和“踢毽达人”的频率分别是 0.1 和 0.05，由此估计“踢毽健将”和“踢毽达人”的概率分别是 0.1 和 0.05，所以高

25、一(1)班“踢毽健将”有0.1606人，“踢毽达人”有0.05 603人 22班主任为了对本班学生的考试成绩进行分析，决定从本班 24 名女同学，18 名男同学中随机抽取一个容量为 7 的样本进行分析.（1）如果按照性别比例分层抽样，可得到多少个不同的样本？（写出算式即可，不必计算出结果）（2）如果随机抽取的 7 名同学的数学，物理成绩（单位：分）对应如下表：若规定 85 分以上（包括 85 分）为优秀，从这 7 名同学中抽取 3 名同学，记 3 名同学中数学和物理成绩均为优秀的人数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）不同的样本的个数为432418C C （2）分布列见解析；E97【解析】

26、【试题分析】（1）依据题设条件运用分层抽样的方法分别算出男女同学应该抽取的人数是 3 和 4，最后借助组合数公式及分步计数原理算出抽取样本的个数；（2）先依据题设分别算出0P 3437435CC,1P 2143371835C CC,2P 1243371235C CC,3P 3337135CC，再写出概率分布列，进而运用数学期望公式算出其数学期望。解：(1)依据分层抽样的方法，24名女同学中应抽取的人数为724442名，18名男同学中应抽取的人数为718342名，故不同的样本的个数为432418C C.(2)7名同学中数学和物理成绩均为优秀的人数为3名,的取值为0,1,2,3 0P 3437435CC,1P 2143371835C CC,2P 1243371235C CC,3P 3337135CC.的分布列为 0 1 2 3 P 435 1835 1235 135 418121012335353535E 97.