期末模拟卷（范围）高一数学下学期期末真题分类汇编

20232024学年第二学期期末模拟试题高一数学（范围：必修第二册）一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45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．若复数，则的共轭复数的虚部为（

）A． B． C．6 D．【答案】C【分析】根据题意可得，进而可得虚部.【详解】因为，则，所以的虚部为6.故选：C.2．设向量，，若，则（

）A． B．0 C．6 D．【答案】D【分析】根据向量共线得到方程，解出即可.【详解】由题意得，解得，故选：D.3．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】由题意计算可得，还原图形后可得原图形中各边长，即可得其高.【详解】在直角梯形中，，，则，直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，则有，所以该平面图形的高为.故选：C.4．设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.【详解】对于A选项，若，则或，无法确定与的关系，错误；对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少的条件，它们可能平行或异面，错误；对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，平行、相交或均有可能，错误；对于D选项，若，则，由面面垂直的判定定理可得，正确.故选：D5．甲、乙、丙三名同学相互做传球训练,第一次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一个人,则次传球后球在甲手中的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意先求出次传球的路线总数,再求出次传球后球在甲手中的路线种数,再利用古典概型的概率计算公式求解即可.【详解】根据题意次传球总的传球路线种数为种,满足题意的有:甲乙甲乙甲、甲乙甲丙甲、甲乙丙乙甲、甲丙甲乙甲、甲丙甲丙甲、甲丙乙丙甲,共有种,所以次传球后球在甲手中的概率为.故选:C.6．已知样本数据的平均数为，方差为，若样本数据的平均数为，方差为，则平均数（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】根据平均数和方差的性质得到答案.【详解】已知样本数据的平均数为，方差为，则样本数据的方差为，所以，又因为，所以．样本数据的平均数为，所以，解得.故选：C．7．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【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：D8．如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】法一：以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，应用向量的坐标运算即可求解；法二：连接，设，则，，即可求解.【详解】方法一：如图1，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则）．设，则．因为，所以．由题意知，圆O的半径．因为点P在弧（包括端点）上，所以，所以的取值范围是．方法二：如图2，连接．易知，设，则．由已知可得，所以，所以．因为，所以，所以，所以，即的取值范围是.故选：C．9．设，，，是同一个半径为的球的球面上四点，是斜边为的直角三角形，则三棱锥体积的最大值为（

）A． B．64 C． D．128【答案】C【分析】依题意可得的外接圆的半径，即可求出球心到平面的距离，求出面积的最大值，及点到平面的距离的最大值，最后根据锥体体积公式计算可得.【详解】是斜边为的直角三角形，的外接圆的半径，又球的半径，球心到平面的距离，又面积的最大值为，点到平面的距离的最大值为，三棱锥体积的最大值为．故选：C．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分10．复数是纯虚数，则实数．【答案】1【分析】结合纯虚数的定义，即可求解．【详解】是纯虚数，则，解得．故答案为：1．11．若向量与的夹角为锐角，则实数的取值范围是.【答案】【分析】由与的夹角为锐角，则，列出不等式解出，要去掉使与同向（与的夹角为0）的的取值.【详解】∵与的夹角为锐角，∴，即，解得，当与共线时，可得，解得，所以当时，与同向，∴实数的取值范围是.故答案为：.12．某区三个学校共有高中学生2000人，其中校高中学生700人，现采用分层抽样的方法从这三个学校所有高中学生中抽取一个容量为60人的样本进行学习兴趣调查，则校应抽取人．【答案】21【分析】利用样本容量可计算出抽样比为，即可计算出校应抽取的高中学生人数.【详解】根据题意可知，2000人中抽取容量为60人的样本，抽样比为，设校应抽取的人数为，又校高中学生700人，所以按照抽样比可知，解得.所以校应抽取21人.故答案为：2113．圆锥轴截面顶角为120°，母线长为3，过圆锥顶点的平面截此圆锥，则截面三角形面积的最大值为．【答案】【分析】由题意可知任两条母线的夹角，轴截面的面积，根据的范围，求截面面积的最大值.【详解】因为圆锥轴截面顶角为，所以任两条母线夹角的范围是，设母线长为，母线的夹角是，所以圆锥顶点的轴截面面积，因为，所以，所以轴截面面积的最大值是.故答案为：.14．甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲执黑子先下，则甲、乙各胜一局的概率为.【答案】【分析】根据给定条件，利用互斥事件的概率公式及相互独立事件的概率公式计算即得.【详解】第一局甲胜，第二局乙胜：甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，因此第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；第一局乙胜，第二局甲胜：乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，因此第一局乙胜，第二局甲胜的概率为，所以甲、乙各胜一局的概率为.故答案为：15．如图，在中，，过点的直线分别交直线于不同的两点，记，用表示；设，若，则的最小值为．【答案】【分析】利用平面向量的线性运算、用基底表示向量，结合基本不等式即可求解.【详解】由题知，，即.由，，所以，因为、、三点共线，所以，所以，当且仅当，即时等号成立.故答案为：；三、解答题：（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16．已知复数，.(1)若是纯虚数，求的值；(2)若在复平面内对应的点在直线上，求的值.【详解】（1）复数，实部为，虚部为，若为纯虚数，则，解得.（2）因为在复平面内对应的点为，由题意可得：，解得.17．已知向量满足，．(1)求；(2)求；(3)若向量与向量的方向相反，求实数的值．【详解】（1）因为，，所以，则，所以，所以，所以；（2）因为，所以；（3）因为，，所以，，因为与共线，则，解得或，当时，，，则，此时与方向相同，不符题意；当时，，，则，此时与方向相反，符合题意；综上可得．18．2024年5月22日至5月28日是第二届全国城市生活垃圾分类宣传周，本次宣传周的主题为“践行新时尚分类志愿行”.阜阳三中高一年级举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩x（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数的平方等于第2组、第4组频数之积，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：(1)求a，b的值；(2)若根据这次成绩，学校准备淘汰80%的同学，仅留20%的同学进入下一轮竞赛请问晋级分数线划为多少合理？(3)某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：，，，…，，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的95和85这两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差．【详解】（1）由题意知，所以，解得，又，解得．所以，，（2）成绩落在内的频率为：，落在内的频率为：，设第80百分位数为m，则，解得，所以晋级分数线划为78分合理．（3），故：．又，，剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为，，，…，，平均数与标准差分别为，，则剩余8个分数的平均数：；方差：．19．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，，，，，，点N在棱PC上，平面平面．(1)证明：；(2)若平面，求三棱锥的体积；(3)若二面角的平面角为，求．【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，平面，又平面，（2）平面，平面，平面平面（其中点是的交点亦是中点），，可知N为中点，而，，，所以，因为，，所以，因为平面，平面，所以，所以，所以，在三角形中，，由余弦定理有，结合，解得，.（3）由题意知平面，过点N作平行线交于点H，面，再作（K为垂足），为二面角的平面角，，由（2）可知，所以三角形是等腰直角三角形，同理三角形也是等腰直角三角形，从而，在三角形中，，所以，而，所以，不妨设，，则且，，.20．已知，，，四名选手参加某项比赛，其中，为种子选手，，为非种子选手，种子选手对非种子选手种子选手获胜的概率为，种子选手之间的获胜的概率为，非种子选手之间获胜的概率为．比赛规则：第一轮两两对战，胜者进入第二轮，负者淘汰；第二轮的胜者为冠军.(1)若你是主办方，则第一轮选手的对战安排一共有多少不同的方案？(2)选手与选手相遇的概率为多少？(3)以下两种方案，哪一种种子选手夺冠的概率更大？方案一：第一轮比赛种子选手与非种子选手比赛；方案二：第一轮比赛种子选手与种子选手比赛．【详解】（1）第一轮选手的对战情况分别为，，，故总方案数3；（2）设事件“选手与选手相遇”，当对战为时，，两选手相遇的概率为1；当对战为时，，两选手相遇的概率为；当对战为时，，两选手相遇的概率为；抽到三种对战的概率均为，