2023-2024年度第二学期高一数学期末模拟卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
单选题（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．（2024新课标全国Ⅰ卷）若，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024新课标全国Ⅰ卷）已知向量，若，则（ ）
A． B． C．1 D．2
3．若复数满足（是虚数单位），则的模长等于（ ）
A． B． C． D．
4．某单位有职工人，其中青年职工人，中年职工人，老年职工人．为了了解该单位职工的健康情况，用分层抽样的方法从中抽取样本．若样本中的青年职工为人，则样本容量为（ ）
A． B． C． D．
5．有一组样本数据如下：56，62，63，63，65，66，68，70，71，74，则其75%分位数为（ ）
A．68 B．69 C．70 D．71
6．（2024新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024新课标全国Ⅱ卷）已知向量满足，且，则（ ）
A． B． C． D．1
8．在中，分别是角的对边，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在毎小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．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．实数x，y满足(1+i)x+(1-i)y=2，设z=x+yi，则下列说法正确的是（ ）
A．z在复平面内对应的点在第一象限 B．|z|=
C．z的虚部是i D．z的实部是1
10．如图，已知正方体，点、、分别为棱、、的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与共面 B．平面平面
C． D．平面
11．重庆八中组织全体学生参加了主题为“奋斗百年路，启航新征程”的知识竞赛，随机抽取了200名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组的取值区间均为左闭右开），如图所示，画出频率分布直方图，下列说法正确的是（ ）
A．成绩在区间内的学生有46人 B．图中的值为
C．估计全校学生成绩的中位数约为 D．估计全校学生成绩的分位数为90
三、填空题（本大题共3小题，每小题 5 分，共15分．）
12．在△ABC中，A=30°，C=105°，b=8，则a= .
13．从这四个数中一次随机地抽取两个数，则其中一个数是另一个数的两倍的概率是 ．（结果用数值表示）
14．（2024新高考天津卷）在边长为1的正方形中，点为线段的三等分,
，则 ；若为线段上的动点，为中点，则的最小值为
四、解答题（本大题共5小题， 共 77 分， 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15．已知，且向量与的夹角为，求.
16．甲、乙两人进行羽毛球比赛，采取“三局两胜”制，即两人比赛过程中，谁先胜两局即结束比赛，先胜两局的是胜方，另一方是败方.根据以往的数据分析，每局比赛甲胜乙的概率均为，甲、乙比赛没有平局，且每局比赛是相互独立的.
(1)求比赛恰进行两局就结束的概率； (2)求这场比赛甲获胜的概率.
17．如图，△ABC中，，ABED是边长为2的正方形，平面ABED⊥底面ABC，若G、F分别是EC、BD的中点．
(1)求证：平面ADC； (2)求证：GF⊥平面EBC； (3)求三棱锥F－EBC的体积．
18．某公司为合理地制定销售人员的激励方案，对该公司销售人员的月平均销售额（单位：万元）进行了记录，得到了大量的统计数据，根据统计数据，分成，，，，这五组，得到的频率分布直方图如图所示.
(1)估计该公司销售人员的月平均销售额的中位数；
(2)若采用分层抽样的方法从该公司月平均销售额在和内的销售人员中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行经验分享，求被抽取的2人中恰有1人的月平均销售额在内的概率.
19．（2024新课标全国Ⅰ卷）记△ABC内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B； (2)若△ABC的面积为，求c．
参考答案：
1．C解析：因为，所以.故选：C.
2．D解析：因为，所以，
所以即，故，故选：D.
3．D解析：
所以，所以故选：D
4．A解析：由题意得样本容量为故选：A
5．C解析：已知数据是按照从小到大的顺序排列，
因为，所以75%分位数为第个数据，即为.故选：C.
6．B解析：设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.故选：B.
7、B解析：因为，所以，即，
又因为，所以，从而.故选：B.
8．A解析：在中，由正弦定理，所以，又因为，所以，所以故选：A.
9．ABD解析：实数x，y满足(1+i)x+(1-i)y=2，可化为x+y-2+(x-y)i=0，∴解得x=y=1，
∴z=x+yi=1+i.
对于A，z在复平面内对应的点的坐标为(1，1)，位于第一象限，故A正确.
对于B，|z|=，故B正确.对于C，z的虚部是1，故C错误.
对于D，z的实部是1，故D正确.故选：ABD.
10．AB解析：如下图所示：
对于A选项，连接，在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，则，故，所以，与共面，A对；
对于B选项，因为且，所以，四边形为平行四边形，则，
又因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，B对；
对于C选项，不妨设的棱长为，则，
，，
因为平面，平面，则，所以，，
所以，，故、不垂直，C错；
对于D选项，假设平面，
又因为平面，，、平面，所以，平面平面，
事实上，平面与平面不平行，假设不成立，D错.故选：AB.
11．BC解析：对于A，成绩在区间内的学生有人，故A错误；
对于B，由图表可知，，所以，故B正确；
对于C，因为，，
所以设全校学生成绩的中位数，
所以，解得，故C正确；
对于D，设全校学生成绩的分位数为，
则，解得，故D错误.故选：BC
12．解析：,,
13．解析：从四个数中抽取两个数共有，，，，，六种情况，其中一个数是另一个数的两倍有，两种情况，所以概率为.故答案为：.
14． , 分析：解法一：以为基底向量，根据向量的线性运算求，即可得，设，求，结合数量积的运算律求的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求，即可得，设，求，结合数量积的坐标运算求的最小值.
解法一：因为，即则，可得，所以；
由题意可知：，
因为为线段上的动点，设，
则，
又因为为中点，则，
可得
，
又因为，可知：当时，取到最小值；
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则，可得，
因为，则，所以；
因为点在线段上，设，
且为中点，则，
可得，
则，
且，所以当时，取到最小值为；故答案为：；.
15．解析：.
16．解析：（1）比赛恰进行两局就结束对应的事件A有两种可能，
事件：甲胜乙，事件：乙胜甲.，，
.
（2）这场比赛甲获胜对应的事件B有两种可能，事件：比赛两局结束且甲获胜；事件：比赛三局结束且甲获胜.
，，
∴.
17．解析：（1）证明：连接AE，
∵ADEB为正方形，∴，且F是AE的中点，
又G是EC的中点，∴．
又平面ADC，平面ADC，∴平面ADC；
（2）证明：∵ADEB为正方形，∴EB⊥AB，
又∵平面ABED⊥平面ABC，平面平面ABC＝AB，
平面ABED，BE⊥AB，∴BE⊥平面ABC，
又∵平面ABC，∴EB⊥AC．
∵，∴，得AC⊥BC，
又∵，∴AC⊥平面EBC．∵，∴GF⊥平面EBC；
（3）∵AB＝2，∴，．
∴．
18．解析：（1）因为，，
所以该公司销售人员的月平均销售额的中位数在内.
设该公司销售人员的月平均销售额的中位数为，则，解得，
即该公司销售人员的月平均销售额的中位数为70.
（2）由频率分布直方图可知该公司月平均销售额在和内的销售人员的人数之比为，
则应从月平均销售额在内的销售人员中抽取4人，记为，，，；
从月平均销售额在内的销售人员中抽取2人，记为，.
从这6人中随机抽取2人的情况有，，，，，，，，，，，，，，，共15种；其中符合条件的情况有，，，，，，，，共8种.故所求概率.
19．解析：（1）由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，从而，
又因为，即，注意到，所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，所以.
