2023-2024学年高一下学期期末 模拟数学试卷

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页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班级：__________姓名：___________命题人：徐俊20240616一、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．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④6．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．1 B．2 C．3 D．47．设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（

）A． B． C．1 D．28．一个五面体．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2C． D．的最小值为211．已知函数，则下列说法正确的有（

）A．若，则在上的最小值为0B．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.．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页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：ACD12．1013．3【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)