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1、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（）ABCD2下列函数中，满足“”的单调递增函数是ABCD3若古典概型的样本空间，事件，事件，相互独立，则事件可以是（）ABCD4已知向量，则在方向上的投影向量为（）ABCD5设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：若，则或若，则若，且，则若与和所成的角相等，则其中所有真命题的编号是（）ABCD6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（）A1B2C3D47设函数，当时，曲线与恰有一
2、个交点，则（）ABC1D28一个五面体已知，且两两之间距离为1并已知则该五面体的体积为（）A BB CD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CD10下列说法正确的是（）A若，则B的最小值为2CD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，
3、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
4、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.试卷第3页，共4页学科网（北京）股份有限公司深圳市盐田高级中学2023-2024学年第二学期高一下期
5、末考试数学模拟试卷参考答案1A2D3A【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；4A【详解】由，得，所以在方向上的投影向量为.5A6C【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.7D【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
6、，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；8C【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
7、棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，.故选：C.9BC10AD【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，11ACD【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
8、：ACD1210133【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
9、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
10、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)【详解】（1）由已知可得，所以，所以，.（2）.证明如下：左边，右边.所以，左边=右边，所以，.（3）原题可转化为方程有解，即有解.令，因为在上单调递增，所以，.又，当且仅当，即时等号成立，所以，即有最大值，又当，则要使有解，应有，即，所以.【点睛】思路点睛：小问3，由已知得出有解，构造函数，然后分别求出的值域，即可得出关系式.答案第7页，共8页学科网（北京）股份有限公司