【高一数学期末】江苏苏州市2023-2024学年高一下学期期末学业水平测试数学模拟卷（一）

苏州市2023-2024学年高一下学期期末学业水平测试模拟卷（1）数学试卷一、单选题：本题共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．的值是（

）A． B． C． D．2．若复数满足，则（

）A． B． C． D．3．掷一枚质地均匀的骰子，向上的一面出现1点，2点，3点，4点，5点，6点的概率均为，记事件为“向上的点数是奇数”，事件B为“向上的点数不超过3”，则（

）A． B． C． D．4．已知，，点在线段的延长线上，且，则的坐标是（

）A． B． C． D．5．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，现有等高的四棱锥和圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的高为，其轴截面为等边三角形，则该四棱锥的体积等于（

）A． B． C． D．6．已知平行四边形ABCD，，，，，则值为（

）A． B． C． D．7．已知，，，则（

）A． B． C． D．8．用长度分别为2，3，4，5，6（单位：）的5根细木棒围成一个三角形（允许连接，但不允许折断），能够得到的三角形的最大面积为（

）A． B． C． D．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知一组数据4，2，，10，7的平均数为5，则此组数据的（

）A．众数为2 B．中位数为4 C．极差为3 D．方差为10．在中，内角，，所对的边分别为，，，下列与有关的结论，正确的是（

）A．若，，则B．若是锐角三角形，则C．若，则一定是等腰三角形D．若为非直角三角形，则11．已知正方体的棱长为1，点在线段上运动，则下列说法正确的有（

）A．B．三棱锥的体积为定值C．若为棱上一动点，则的周长的最小值为D．过作平面，使得，则截正方体所得的截面可以是四边形三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．某班准备到郊外野营，为此向商店定了帐篷，如果下雨与不下雨是等可能的，能否准时收到帐篷是等可能的，只要帐篷如期运到，他们就不会淋雨，则淋雨的概率是.13．已知m和n是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出的是．①，且；②mn，且；③，且；④，且．14．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为72，则这个球的表面积为四、解答题：本题共5小题，共77分。15．已知复数，其中为虚数单位，.（Ⅰ）若，求实数的值；（Ⅱ）若在复平面内对应的点位于第一象限，求实数的取值范围.16．数字人民币在数字经济时代中体现的价值、交易媒介和支付手段职能，为各地数字经济建设提供了安全、便捷的支付方式，同时也为金融监管、金融产品设计提供更多选择性和可能性．苏州作为全国首批数字人民币试点城市之一，提出了2023年交易金额达2万亿元的目标．现从使用数字人民币的市民中随机选出200人，并将他们按年龄（单位：岁）进行分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求直方图中的值和第25百分位数；(2)在这200位市民中用分层随机抽样的方法从年龄在和内抽取6位市民做问卷调查，并从中随机抽取两名幸运市民，求两名幸运市民年龄都在内的概率．17．如图，在三棱柱中，E，F分别为和BC的中点，M，N分别为和的中点求证：（1）平面；（2）平面；18．已知向量，，，且的最小正周期为．（1）求在上的单调递增区间；（2）将的图象上的点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的4倍，再把整个图象向左平移个单位得到的图象，已知，，则在上是否存在一点，使得，若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由．19．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的一部传世巨著，该书以基本定义、公设和公理作为推理的出发点，第一次实现了几何学的系绕化、条理化，成为用公理化方法建立数学演绎体系的最早典范．书中第Ⅰ卷第47号命题是著名的毕达哥拉斯（勾股定理），证明过程中以直角三角形中的各边为边分别向外作了正方形（如图1）．某校数学兴趣小组对上述图形结构作拓广探究，提出了如下问题，请帮忙解答．问题：如图2，已知满足，，设（），四边形、四边形、四边形都是正方形．

(1)当时，求的长度；(2)求长度的最大值．参考答案：1．A【分析】结合两角差的余弦公式求得正确结论.【详解】原式.故选：A2．C【分析】由复数的模和除法运算计算．【详解】由题意．故选：C．3．C【分析】记事件“出现点（其中，2，3，4，5，6）”，结合，即可求解.【详解】记事件“出现点（其中，2，3，4，5，6）”，则，，，所以，，，所以.故选：C.4．D【分析】由题可得，可得，即求．【详解】点在线段的延长线上，且，，即,所以．所以点P的坐标为.故选：D.5．A【分析】根据题干条件，可得圆锥母线长，代入体积公式，可得圆锥体积，根据祖暅原理，可得答案.【详解】设圆锥的母线长为a，因为圆锥的高为，其轴截面为等边三角形，所以，解得，所以圆锥的体积，根据祖暅原理可得，四棱锥的体积为.故选：A6．A【分析】根据平面向量加法和减法的几何意义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为，所以，因为，所以，所以解得：，，因为，把，代入上式，得因为，，所以，故选：A.7．C【分析】根据对数函数的性质、指数函数及正弦函数的性质比较即可.【详解】，即，，即，,即，故.故选:C.8．B【分析】根据三角形接近等边三角形时面积最大，或者利用海伦公式故排除,由于等号成立的条件为，故“”不成立，推测当三边长相等时面积最大，故考虑当，，三边长最接近时面积最大，进而得到答案．【详解】方法一：因为三角形的周长为20，所以三角形越接近等边三角形，面积越大，所以三边长为6，7，7时面积最大此时边长为6的边上的高为，面积为，方法二：设三角形的三边分别为，，，令，则．由海伦公式知由于等号成立的条件为，故“”不成立，．排除由以上不等式推测，当三边长相等时面积最大，故考虑当，，三边长最接近时面积最大，此时三边长为7，7，6，用2、5连接，3、4连接各为一边，第三边长为6组成三角形，此三角形面积最大，解法同一可知面积为，故选：B．9．ABD【分析】根据数据和平均数、中位数、众数、极差、方差的运算可得答案.【详解】由题意可得，所以A正确：2，2，4，7，10的中位数为4，故B正确，极差为，故C错误；对于D：，D正确．故选：ABD．10．ABD【分析】利用正弦定理、三角形内角和定理、比例的性质，结合诱导公式、正弦函数的单调性逐一判断即可.【详解】A：由正弦定理可知：，因此本选项正确；B：因为是锐角三角形，所以，因为是锐角三角形，所以，因此由，所以本选项正确；C：根据正弦定理由，因为，所以，因此由，或，由，此时该三角形是等腰三角形，由，此时该三角形是直角三角形，所以本选项不正确，D：在非直角三角形中，有，所以本选项正确，故选：ABD【点睛】关键点睛：本题的关键在于应用正弦定理和比例的性质.11．ABC【分析】根据空间几何关系及正方体的性质，对选项逐个判断即可得到答案．【详解】对于A，在正方体中，平面，所以，又因为，且平面，平面，所以平面，所以，同理可证，又因为且平面，平面，所以平面，因为平面，所以，A正确；因为在正方体中，且，所以是平行四边形，所以，又平面，平面，所以∥平面，又，所以点到平面的距离为定值，而面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，B正确；

对C，如图，将绕旋转，绕旋转，使得与和与共面，如图点在上，点在上，若周长最小，即最小，当，，，四点共线时，最小，在中，由余弦定理得，所以，C正确；对于D，如图，在正方体中，与正方体体对角线垂直的截面只有两种图形，三角形与六边形，所以D错误．

故选：ABC．12．【详解】分析：独立事件概率，根据乘法原理即可求解．详解：下雨概率为，不下雨概率为，收到帐篷概率为，收不到帐篷概率为当下雨且收不到帐篷时会淋雨，所以淋雨的概率为点睛：本题考查了独立事件概率问题，主要是理解题意，分析各概率间关系，属于基础题．13．②【分析】根据直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐个分析可得答案.【详解】①，且或，或与相交，故①不成立；②，且，故②成立；③，且，或或与相交，故③不成立；④，且，或或与相交，故④不成立；故答案为：②14．36π【分析】首先求出正方体的棱长，进一步求出球体的外接球半径，最后求出求出球体的表面积．【详解】解：设正方体的棱长为，因为正方体的表面积为72，所以，所以，设球的半径为，则，则，即，所以，故答案为【点睛】本题考查的知识要点：正方体的表面积公式和球体的表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．15．（1）（2）【分析】（1）根据复数的运算，化简得,再由，列出方程，即可求解；（2）根据复数在复平面内对应的点位于第一象限，得到不等式且，即可求解．【详解】（1）由题意，根据复数的运算，可得,由，则，解得.（2）由在复平面内对应的点位于第一象限，则且，解得，即的取值范围为.【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的分类与表示，其中解答中根据复数的运算，求得复数，再根据复数的分类和复数的表示列出相应的条件是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．16．(1)，第25百分位数为30(2)【分析】（1）根据频率和为1可求的值，判断第25百分位数在第二组，设为，列方程可求解；（2）用分层随机抽样的方法抽取年龄在的人数为人，年龄在的人数为人，利用列举法，根据古典概型概率公式求解即可.【详解】（1）,因为第一组的频率为，，第二组的频率为，，所以第25百分位数在第二组，设为，则，所以第25百分位数为30.（2）年龄在的市民人数为，年龄在的市民人数为，用分层随机抽样的方法抽取年龄在的人数为人，年龄在的人数为人，设年龄在的4人为，，，，年龄在的2人为，，从这6为市民中抽取两名的样本事件为，共15种，其中2名年龄都在内的样本事件有种，所以两名幸运市民年龄都在内的概率为．17．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】由题意，，由线面平行的判定定理可得结果．取AB的中点G，连结FG，，易得四边形为平行四边形，故，由线面平行的判定定理可得结果．【详解】证明：，N分别为和的中点，，平面ABC，平面ABC，由线面平行的判定定理可得平面ABC．取AB的中点G，连结FG，，则，，则，所以四边形为平行四边形，故，又平面，平面B.故EF平面B.

【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理，属于中档题．18．（1）单调增区间为，；（2）存在，.【分析】（1）先根据平面向量数量积的坐标表示以及两角和的正弦公式求出，再根据的最小正周期为，可求得，从而，然后根据整体代换法即可求出的单调递增区间，最后与取交集，即得解．（2）根据平移伸缩法则可得，设，由可得，变形得，再根据函数的值域的交集即可求出．【详解】（1）由题意可知，因为的最小正周期为，所以，得，所以，由，解得，所以单调递增区间为，，又因为，所以和，所以在上的单调增区间为，．（2）将的图象纵坐标不变，横坐标伸长为原来的4倍，得到，再把整个图象向左平移个单位得到，设，，，则，，则，若，即，整理得：，因为，所以，所以，所以，而，所以，，此时，则在上存在一点，使得．19．(1)6(2)6【分析】（1）利用锐角三角函数的定义及诱导公式，结合余弦定理即可求解；（2）利用余弦定理和正弦定理，结合三