江苏省某中学2024-2025学年高一年级下册数学期末模拟试题02

江苏省如皋中学2024-2025学年高一下学期数学期末模拟试题

02

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.复数z与（z+l）2-2i都是纯虚数，贝Ijz的虚部为（）

A.-iB.iC.-1D.1

2.已知向量a=（3,—l）,则居=（）

A.10B.(10,-6)C.8D.(8,-6)

3.体育强则中国强，国运兴则体育兴.为备战2025年成都世运会，10名运动员进行特训,

特训的成绩分别为9,12,8,16,16,18,20,16,12,13,则这组数据的（）

A.众数为12

B.平均数为14

C.中位数为15

D.第85百分位数为16

4.已知/，根,w是三条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（）

A.若。_L以/_Ly,则a〃/

B.若I三a,m三a,l〃0,m//f3,则a//0

C.若/〃a,/〃£,则a〃£

D.岩/〃三、贝

5.设随机事件A,2满足尸（历）=《，P（AUB）=-,则P（3）=（）.

A-B.2C.3D,1

5555

6.在VABC中，角A、B、。所对的边分别为〃、b、c,已知4=30。,〃=0,》=2,则下列

结论一定正确的是（）

A.6V60。B.B>90°C.c>2D.c<3

7.已知sin]a+T）=§,则A/§sin2a-cos2i的值为（）

8.如图，ABC-A3'C'为直三棱柱，用一个平行于底面ABC的平面a截此三棱柱，记下列

三个三棱锥A'_ABC，A!-BCB',A-B'CC在平面a上方的部位体积为％,匕，匕，并

记三个三棱锥被平面a截得的面积分别为跖，S2,S3,那么当乂+匕=2%时，兴=（）

A.-B.—■C.1D.一

322

二、多选题

9.设样本空间。={1,2,3,4},且每个样本点是等可能的，已知事件

A={1,2},3={1,3},C={1,4},则下列结论正确的是（）

A.事件A与B为互斥事件

B.事件A,8,C两两相互独立.

C.P（A+B）=]

D.P（ABC）=1

10.在VABC中，AD=-AB+-AC,BC=4,twZADC=-,\AD\=y/13.则下列结论正确的

443

有（）

A.BD=3DCB.AC=2C.VABC的面积为3D.VABC的外接圆半

径为后

11.已知正方体ABCD-AKGA的棱长为1,下列说法正确的是（）

A.BD[±DC{B.Bq与4A所成的角为60。

C到平面BOG的距离为在

C.BG与平面DQ/但所成的角为45°D.

3

试卷第2页，共4页

三、填空题

12.已知复数z==N,则忖=____.

1+1

TT

13.记VABC的内角A,8,C的对边分别为a,b,c,a=2,c=3,B=-,则AC边上的高

为.

14.在三棱锥D-ABC中，VABC是边长为々的等边三角形，侧面底面A3C,

ZADB=120°.若三棱锥D-ABC的四个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为,

三棱锥D-ABC体积的最大值为.

四、解答题

15.已知AB==2sin2a+^y-,l

(1)若夕=£,且+求/的值；

⑵若点A,8,C共线，求sin(2"。的值.

16.如图，在四棱锥P—ABCD中，AD//BC,ADLDC,BC=CD=-AD=1,E为棱AD

'2

的中点，丛，平面438.

⑴求证：〃平面PCE；

(2)求证：平面PAB_L平面P3£).

17.记VASC的内角A,民C所对的边分别为a,"c,已知

(代。一6sinC)cos2=a+6sin2cosC.

⑴求8；

⑵若。为边45上的一点，BD=1,CD=77,ZACD=4.

(i)求3C；

(ii)求ACD的面积.

18.某班元旦联欢会上开展趣味抽奖小游戏，在不透明的盒子里装有标号为1,2的两个红

球和标号为3,4,5的三个白球，五个小球除颜色外完全相同，参与游戏的同学从中任取1

个，有放回的抽取2次，根据抽到小球的情形分别设置一，二，三等奖.班委会讨论了以下

两种规则：

规则一:若抽到两个红球且标号和为偶数获一等奖,抽到两个白球且标号和为偶数获二等奖,

抽到两个球标号和为奇数获三等奖，其余不获奖；

规则二：若抽到两个红球且标号和为奇数获一等奖，抽到两个球的标号和为5的倍数获二等

奖，抽到两个球标号和为偶数获三等奖，其余不获奖.

(1)请以标号(x,y)写出两次抽取小球的所有结果(其中X,y分别为第一、第二次抽到的小球

标号)；

(2)求两种规则下获得二等奖的概率；

(3)请问哪种规则获奖概率更大，并说明理由.

19.如图，在四棱锥尸-ABCZ)中，底面A38为矩形，侧棱己4，尸£>,且A£)=4AB=4,

序=2,PC=A,点E为4D中点.

(1)求证：平面上4DL平面ABC。；

(2)试作出二面角P-CE-B,并求二面角P-CE-B的正切值；

(3)点尸为对角线AC上的点，且/G_LPB,垂足为G,求尸G与平面ABCD所成的最大角的

正弦值.(注：本题建系不得分)

试卷第4页，共4页

《江苏省如皋中学2024-2025学年高一下学期数学期末模拟试题02》参考答案

题号12345678910

答案CABDBDABBCBD

题号11

答案ABD

1.C

【分析】令z=bi,b£R且bwO,并化简纯虚数(z+l)2-2i列方程求参数，即可得.

【详解】由题设，令z=bi,且

则(1+历)2-21=1-62+2(6-1其为纯虚数，

h—从=o

所以7I-,可得匕=一1，即Z的虚部为—1.

自一1wO

故选：C

2.A

【分析】根据向量的四则运算进行求解.

【详解】由。=(3,—1),贝。=同2=9+1=10.

故选：A.

3.B

【分析】由众数，中位数，平均数，第百分位数的定义求出即可.

【详解】成绩从小到大排列为：8,9,12,12,13,16,16,16,18,20,

对于A,出现次数最多的数为16,故A错误；

对于B,平均数=±(8+9+12+12+13+16+16+16+18+20)=14,故B正确；

对于C,中位数为号^=14.5,故C错误；

对于D,第85百分位数为第10x0.85=8.5,

即第9位，为18,故D错误.

故选：B.

4.D

【分析】指出结论不成立的情况，可判断ABC；根据线面平行的判定定理可判断D.

【详解】对于A,若尸，/，乙则两平面可能相交，A不正确；

对于B,若/a/，"。%/〃/?,加〃2，因为直线/,“z不一定相交，根据面面平行的判定定理

答案第1页，共14页

知两平面平行不一定成立，B不正确；

对于C,若/〃a,/〃6，则a与£有可能相交，C不正确；

对于D,若l〃m,m三a,laa,由线面平行的判定定理可知/〃,D正确.

故选：D.

5.B

【分析】应用条件概率公式、互斥事件的概率的性质计算判断.

【详解】P（AB）=P（A）-P（AB）=1,

3

P（AuB）=P（A）+P（B）-P（AB）=-,

尸俨）=|，

故选：B.

6.D

TT37r

【分析】根据正弦定理可求解2」或八]，即可判断AB,根据三角形内角和以及正弦定

理求解。，即可判断CD.

【详解】由正弦定理可得。>=sin2^inA,

sinAsinBa垃2

由于Be（。,*],故B=?或3=手，故AB错误，

I6J44

若8=:时，贝ij0=兀一4一8=无一弓一：=|^,

应疝e+0,

此时C=£^L£=——^i=201sin与os工+cos工sinU=20x^±^=l+否＜3,

sinAJ-（6464）4

2

若八当时'则C=AA一人无q一与=方,止匕时C为三角形中最小的内角'故…=行

故C错误，D正确,

故选:D

7.A

【分析】应用辅助角公式化简得6$吊2"32&=2$12”高，设〃=a+g,则

a=进而化简可得sin12a高=cos2万，根据二倍角公式即可求解.

答案第2页，共14页

【详解】V5sin21一cos2a=2sin12a-g

设/=£+27?r,则2冗&=£一?，

所以sin夕=g,sin^2a--^-J=sin

i7

因为cos2(3=1—2sin。^3=l-2x—=—,

所以百sin2a-cos2tz=2sin^2(z-^=2cos2尸=^_

故选：A

8.B

【分析】根据立体几何中直三棱柱的得性质，通过改变顶点的方式，简便计算棱锥体积，根

据题意判断截面位置，求出结果.

【详解】

B

如图所示，设直三棱柱的底面积为S,体积为V,

如图所示，匕+匕=:丫,所以匕=：旷,此时匕+匕+匕=:丫+＜丫=!丫.

36362

此时平面a在直棱柱的中间高度上，故平面a与A3,A'C,8'C相交于它们的中点处，此

9.BC

【分析】根据互斥事件、独立事件的概率公式即可解答.

【详解】对于选项A,因为AcB={l},所以事件A与B不互斥，故A错误;

答案第3页，共14页

对于选项B,P(AC)=P(BC)=P(AB)=-,P(A)=P(8)=P(C)=」

42

「(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=尸(3)尸(C),故B正确；

1113a

对于选项C,A+3表示={1,2,3},P(AuB)=-+-+-=^,即2(4+8)=彳,

故C正确；

对于选项D,4,8(交集为{1},则P(ABC)=；,尸(A)P(2)P(C)=L故D错误.

故选：BC.

10.BD

【分析】根据向量线性运算可得CD=33。判断A,由余弦定理求AC判断B,再由勾股定

理判断三角形为直角三角形求面积判断C,求出三角形斜边判断D.

【详解】因为^£)=』42+,4。=4£>-42=』4。一'42=>2。=，2。，

44444

所以CD=3BD,故A错误；

如图，

因为tanZADC=—,所以cosZADC=■/3=^,

3V22+3213

由余弦定理AC?=A£>2+OC2-2AC-OCcosNAQC=13+9-2x3xax^p=4,

所以AC=2,故B正确；

因为92=13=。。2+4<72=9+4=13,所以AC_LBC,即C=90。，

所以kABc=：BC-AC=gx4x2=4,故C错误；

由=3。2+4。2=16+4=20,所以A3=2«=2R（R为三角形外接圆半径）,

故尺=如，故D正确.

故选：BD

答案第4页，共14页

11.ABD

【分析】连接CA，由CD—平面8c2,可判断A,由2D〃片2,得NQBD为BCi与"D、所

成的角，可判断，连接AG角42与点。，连接20,得G。，平面百，

得到NG3。即为BG与平面2。网所成的角，可判断C,由等体积可判断D.

【详解】连接CD一则CRLCQ,

在正方体中3C_L平面CDO.C,,C,D在平面CDDJG内，

所以G。，BC,又BC,CD.为平面BCR内两条相交直线，

所以CQL平面BCQ,8自在平面8c2内，

所以A正确，

因为2。〃42,所以NQBD为BC,与B.O,所成的角，

又易知BDG等边三角形，

所以/48。=60°,

所以8G与84所成的角为60。，故B正确，

连接AG角42与点。，连接30,

CQ，BR

答案第5页，共14页

又BB,±平面ABCQ,C,0在平面A4G2内,

所以B瓦±Cx0,又5稣百。为平面两条相交直线,

所以G。，平面DQB耳,

所以NG8。即为BG与平面DQBB、所成的角，

由8G=5/2,Cfl=与NCQB=90°,

所以/68。=30°,C错,

T,11,1

V(J「BCD

又SBCD=L拒X后x^=走，

设C到平面BOG的距离为"，

由VC-BC,D=VC,-BCD='=gx#x/2'

所以什当,D正确，

故选：ABD

12.V5

【分析】根据复数的除法运算可得z=2+i,即可得模长.

l+3i(l+3i)(l-i)

【详解】因为z==2+i,

1+i(l+i)(l-i)

所以=>J22+12=下.

故答案为：6.

13.题

7

【分析】根据余弦定理求解6,即可根据等面积法求解.

【详解】设AC边上的高为〃，

由余弦定理可得b=da2+<?一2〃CCOS3=J4+9-2X2X3X；=近,

1

-故，acsinB-x^x93^2?,

2n=----=---=------

bJi1

答案第6页，共14页

故答案为：题

7

14.5TI也

8

【分析】设一ABC,D4B的外接圆的圆心分别为O”.，外接球的球心为。，取的中点为

E,可证得四边形。OEQ为矩形.通过勾股定理，列方程求解即可得外接球半径；

过。作D”_LAB于点H,可证DH为三棱锥D-ABC的高.问题转化为JJAB中DH最值问

题，借助三角形外接圆可求得。”最大值为从而求得三棱锥D-A5C体积的最大值.

【详解】如图①，设，ABC一的外接圆的圆心分别为。2,半径为小々三棱锥。-ABC

的外接球的球心为。，半径为R,取A8的中点为E,连接£。1,£。2，。。1，。。2,AO},AO2,AO.

在VABC中，由正弦定理，得24=31—=2,即4=1,同理可得4=1.

1sin60

因为侧面D4B_L底面ABCEOJ，AB，侧面ZMBc底面ABC=AB,£。2<=面943,所以

EO2_L底面ABC,所以EO21EQ.

由外接球的性质可得OQ，底面ABC。。，侧面DAB,所以四边形。。田。?为矩形.

在Rt/XOQA中,4=方+00；=]+。1炉=片+1一AE?,

因为AE=@,所以代=3,所以球。的表面积为5兀.

设三棱锥ABC的高为肌过。作DaJ_AB于点X,

由面面垂直的性质可得，DH_L底面ABC,即为三棱锥。-ABC的高.

一ZMB及其外接圆如图②所示，由图可知，当。位于劣弧AB的中点时，〃最大，最大值为

所以三棱锥。-ASC体积的最大值为V=Lx3x3x」=立.

3428

故答案为：5兀，走.

8

答案第7页，共14页

⑵sin,.£|=q

【分析】(1)根据平面向量垂直、数量积、模的坐标表示运算求解即可;

(2)根据平面向量共线的坐标表示，结合三角恒等变换公式求解即可.

【详解】(1)当1=弓时，AB=(1,-A/3),BC=,

因为AB_L（AB+加C）,

所以AB-（/LB+rBC）=AB2+rAB.BC=4+¥r=0,解得t=-46.

（2）因为点AB,C共线，所以AB,8c共线，

因为AB=(4sin2a,-6),2C=2sin2aH---,1,

I31)

所以《sinZaxl-bAjx2sin2c+^^J=0,

贝lj4x--+26sin2a+1=3-2cos2a+2>^sin2a=4sin12a-j+3=0,

所以sin12tz_「=_q.

16.(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)证明四边形AECB是平行四边形，由平行四边形的性质得线线平行，再根据线

面平行的判定定理证明线面平行即可；

(2)根据线面垂直的性质定理证明PA1BD，进而证明BDJ.AB,即可证明平面E4B,

再由面面垂直的判定定理，即可证明结论.

答案第8页，共14页

【详解】(1)vBC=CD=^AD=1,且E为棱AD的中点，.•.8C=AE,

又四边形AECB为平行四边形，,AB//CE,

又：CEu平面尸CE,AB<Z平面尸CE,

AB〃平面尸CE.

(2)

R4,平面ABC。,3£>u平面ABCD,:.PA±BD,

连接BE,由题意AD〃3C,E为棱AD的中点，BC=^-AD=1,

2

知BCHDE,且3C=DE,则四边形BCDE为平行四边形，

AD±DC,:.DELCD,又BC=CD=1,

所以平行四边形BCDE为正方形，.•.网>，EC,

又ABHEC,:.BD1AB,又以AB=A,尸AABu平面fAS,

.•.BD_L平面R4B,又5£>u平面尸3£),所以平面P4B_L平面尸3£).

71

17.a)s=-；

0

(2)(i)BC=2用;(ii)—.

【分析】(1)由已知及正弦边角关系得退$11174858=$山以11124+511124,再根据三角形内角的

性质及三角恒等变换有cos18=3，即可求大小；

(2)(i)在△£>3C中应用余弦定理求边长；(ii)在△DBC中应用余弦定理，结合平方关系、

三角恒等变换求得sinA=主包，在△ADC中应用正弦定理得AO=(,最后应用三角形面

积公式求面积.

【详解】(1)g|^/3a-Z?sinC)cosB=a+bsinBcosC,

所以y/^acosB=a+Z?(sinBcosC+sinCcosB),

BPVstzcosB=a+&sin(B+C)=a+Z?sinA.

答案第9页，共14页

由正弦定理得\/3sinAcosB=sinA+sinBsinA.

因为4«0,兀),所以sinAwO,

所以V3cosB=sinB+1,即6cos5-sinB=1,

所以COS1B+?]=<，又0<8<兀，所以+

16)2666

所以B+m=故8=2

63o

(2)(i)在△£>3C中，由余弦定理得CD?=BC2+&)2-23C-即cosZDBC,

即7=心+1-2xBCxlx立，

2

解得BC=2«或BC=-6(舍去)

222

....4z一百上人feeBD+CD-BC1+7-122用

(ii)在Z\DBC中，由余弦定理倚cosNBDC------------------------=----------产=----

2BDCD2xlxV77

所以cos^ADC=-cos/BDC=.

7

因为ZAT>C€(0,7i),所以sin/ADC=母.

所以sinA=sin(ZADC+ZACD)=sinZADCcosZACD+cosZADCsinZACD

历12手上3国

=---------X——I-------------X--------=-------------.

727214

7

在△ADC中，由正弦定理得二=.'。八,解得=

sinAsmZACD

亓一

所以s—C»ADsin/ADC=—xV7x—X*

ACD223：r~~6~

18.(1)答案见解析

(2)l

(3)两种规则获奖的概率一样大，理由见解析

【分析】(1)直接列举所有结果；

(2)(3)根据古典概型求解概率即可.

【详解】(1)两次抽取小球的所有可能结果为:

(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),

(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),

答案第10页，共14页

（3,1）,（3,2）,（3,3）,（3,4）,（3,5）,

（4,1）,（4,2）,（4,3）,（4,4）,（4,5）,

（5,1）,（5,2）,（5,3）,（5,4）,（5,5）,

（2）记规则一中获得二等奖为事件记规则二中获得二等奖为事件层，

事件4包含（3,3）,（3,5）,（4,4）,（5,3）,（5,5）五个样本点,

故尸（&）=:！，

事件。包含（1,4）,（2,3）,（3,2）,（4,1）,（5,5）五个样本点，

故尸（&）=〉♦

（3）两种规则获奖的概率一样大.

三等奖分别为事件4，B2,B3,

事件A包含（1,1）,事2）两个样本点，，尸（A）=石.

事件4包含。2）,（1,4）,（2,1）,（2,3）,（2,5）,（3,2）,（3,4）,（4,1）,（包3）,（4,5）,（5,2）,

（5,4）十二个样本点，

所以规则一获奖的概率

211919

P（4+4+A）=尸（4）+尸（&）+尸（&）=++==

事件与包含。2）,（2,1）两个样本点，，尸（4）=石;

事件与包含（U），。，3）,（1,5）,（2,2）,（2,4）,（3,1）,（3,3）,（3,5）,（4,2）,（4,4）,（5,1）,

1o

（5,3）,（5,5）（在层中已经记录，不再计算），十二个样本点，，尸（鸟）=!|.

所以规则二获奖的概率

211719

+B2+B3）=P（B］）+P（B2）+P（B3）=—+-+—=—,

J乙J乙D

二.所以两种规则获奖的概率一样大.

19.（1）证明见解析

答案第11页，共14页

(2)作图见解析，岳

(3)半

【分析】(1)结合勾股定理，利用线线垂直证明线面垂直，进而证明面面垂直；

(2)结合直角三角形边长可确定VAPE为等边三角形，取AE中点H可得P”底面ABCD,

再过点H作HQLCE于点Q,结合线线垂直可证线面垂直，进而可得二面角的平面角，进而

确定二面角正切值；

(3)(法一)作G/_L平面ABC。，可得8,I,H共线，再在平面作GJ交于

点J,可得平面GE/,设线E7交线3”于点乙则3GLE7,进而可证F/，平面3GL,

RHF5/]f)

即可得E/_La,易知NGFJ4NGU=90。一NGBL,因为cos/G3£=——=^==—,所

BP455

以尸G与平面ABCD所成的最大角的正弦值为巫；

5

(法二)过点G作(7/，9交5”于点/，连接所，TF.^BF=t,NGBF=a,ZGBI=J3,

可得sinNGFZ='0°s"sin'=sin'.又cosa=COS/Y-COS//BJF,f3<a,tan^<tan«,于是

f-sintztana

.sin尸/sin/?BH回

tanatan尸PB5

【详解】(1)