精品解析：江苏省南京市第二十九中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

南京市第二十九中学2023-2024学年度 第二学期高一期末考试数学试题 2024.6 一、选择题：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. 已知集合，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】图中阴影部分所表示的集合为，求出集合，再根据交集和补集的定义即可得解. 【详解】， 图中阴影部分所表示的集合为， ，所以， 即图中阴影部分所表示的集合为. 故选：A. 2. 已知非零向量，，则是成立的（ ）条件． A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分又非必要 【答案】C 【解析】 【分析】由充分条件和必要条件的定义，结合向量数量积的运算判断结果. 【详解】，为非零向量，当时，有， 则，， 有，得，充分性成立； 当时，有，即， 得，则有，必要性成立. 所以是充要条件. 故选：C. 3. 将函数的图象向左平移个单位后，所得图像的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象平移满足“左加右减”即可求解. 【详解】函数的图像向左平移个单位得到的函数图象的解析式为. 故选：A. 4. 甲在微信群中发出5元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完．若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“最佳手气”（即乙领取的钱数不少于其他任何人）的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件所包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解. 【详解】设乙领到元，丙领到元，丁领到元，则可用表示1个样本点， 可得，所以样本点总数个， 设乙获得“最佳手气”为事件，则包含的样本点有，，，共3个， 即，所以概率为． 故选：A． 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由二倍角公式以及切弦互换即可求解. 【详解】. 故选：A. 6. 如图所示，在中，，P是上的一点，若，则实数m的值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用共线定理的推论可得. 【详解】因为，所以， 所以， 因为P，B，N三点共线，所以，解得. 故选：D 7. 已知正方体的棱长是2，点是棱的中点，Q是正方体表面上的一动点，，则动点Q的轨迹长度是（ ） A. 3 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别取的中点，连接，先证明六点共面，再证明平面，从而可得点的轨迹即为六边形，即可得解. 【详解】如图所示，分别取的中点， 连接， 因为且， 所以四边形时平行四边形， 所以， 因为分别时的中点， 所以， 所以，同理可得， 所以六点共面，且六边形为边长为的正六边形， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 因为分别为的中点，所以， 所以平面， 又平面，所以， 同理可得， 又平面， 所以平面， 因为， 所以点的轨迹即为六边形，其轨迹长度为. 故选：D. 8. 已知，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用同角三角函数关系可得，利用两角和与差的正弦公式化简，可得，根据角的范围，即可得到答案. 【详解】因为，所以， 因为，所以，，所以． 由，得， 即， 所以，所以． 又，所以． 故选：D 二、选择题：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，不选或有错的得0分． 9. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则（ ） A. 若，则事件与B相互独立 B. 若A与B相互独立，则 C. 若A与B互斥，则 D. 若B发生时A一定发生，则 【答案】AB 【解析】 【分析】利用独立事件的定义判断A；利用并事件的概率公式判断B；利用互斥事件的概率公式判断C；分析可知判断出D. 【详解】对于A，由，，得， 显然，因此事件与相互独立，A正确； 对于B，若与相互独立，则， 因此，B正确； 对于C，若与互斥，则，C错误； 对于D，若发生时一定发生，则，，D错误. 故选：AB 【点睛】关键点点睛：判断两个事件相互独立的关键是利用相互独立的定义，即事件相互独立，则，反之亦然. 10. 已知，且，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用基本不等式可判断ABC；由的范围可判断D. 【详解】对于A，因为，所以，所以，故A错误； 对于B，，所以 ， 当且仅当，即等号成立，故B正确； 对于C，，要证即证， 所以，即证，由A可知，故C正确； 对于D，因为，且，所以， 所以，所以，故D正确. 故选：BCD. 11. 用一个平行于正三棱锥底面的平面去截正三棱锥，我们把底面和截面之间那部分多面体叫做正三棱台．如图，在正三棱台中，已知，则（ ） A. 正三棱台的体积是 B. 直线与平面所成的角为 C. 点到平面的距离为 D. 正三棱台存在内切球，且内切球半径为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对B，找出线面角，计算即可得；对C，借助线面平行可得线上点到另一面的距离处处相等即可得；对D，借助三棱台内切球存在则半径为高的一半计算即可得，根据台体的体积公式即可判断A. 【详解】对于B，过作直线的垂线，交直线AC于点M，过作直线的垂线， 交直线AC于点N，连接，则， 所以， 由余弦定理得， 所以， 所以，同理可得，又， 、平面，平面， 所以直线与平面所成的角为，故B正确； 对于C，取中点，因为，所以，所以， 又平面，所以平面， 所以点到平面的距离为， ，且， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，为，故C正确； 对于D，取中点H，中点，的外心为，的外心为， 过作垂线交于点，所以，， 所以， 所以，，即，故D正确； 对于A，由D选项知，即为正三棱台的高， ， 所以正三棱台的体积为， 故A错误. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知样本方差，则样本的方差为_______. 【答案】8 【解析】 【详解】分析：根据题意，样本的方差，根据公式，即可求解的方差 详解：由题意，样本数据的方差， 设样本的方差为，则. 点睛：本题考查了样本数据的分差的计算，熟记两组数据的方差之间的关系式是解答的关键，着重考查了推理与运算你能力. 13. 已知函数，若存在实数．满足，且，则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象，结合图象可知之间的关系，将转化为关于的二次函数求范围即可. 【详解】作出函数的图象，如图所示， 因为，， 当时，的图象关于直线对称， 所以， 当时，， 令，得， 所以当时，的图象关于直线对称， 所以，即， 由图可知， 所以， 在上单调递减，所以， 即的取值范围是. 故答案为：. 14. 欧拉，他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的取作就得到了欧拉恒等式，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数，圆周率，两个单位——虚数单位和自然数单位1，以及被称为人类伟大发现之一的0，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：，将复数表示成（为虚数单位）的形式___________；若，则，这里，称为1的一个n次单位根，简称单位根．类比立方差公式，我们可以获得，复数，则的值是___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据欧拉公式直接可得求出第一空；根据单位根的概念，代入化简即可求出第二空. 【详解】，， 所以， 由题意可得， 所以， 又因为，所以， 则 . 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对欧拉公式的使用和复数四则运算法则的熟练运用. 四、解答题：本题共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. 在平面直角坐标系中，已知点． （1）若三点A，B，C共线，求实数m的值； （2）是否存在实数m，使得在上的投影向量是？若存在，请求出实数m的值，若不存在请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）根据向量共线定理计算即可； （2）利用投影向量的定义，建立关于m的方程，解方程即可得解. 【小问1详解】 由题意， 因为三点共线，所以， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）知，，， 在上的投影为：， 所以在上的投影向量为：， 因为在上的投影向量是， 所以有，解得或， 所以存在实数，使得在上的投影向量是，此时或. 16. 某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求、的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和中位数（精确到0.1）； （3）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自同一组的概率. 【答案】（1） （2）平均数为，中位数为 （3） 【解析】 【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，即可求出a，b； （2）根据频率分布直方图中各个数字特征的求法计算即可求解； （3）先分层抽样求出第四、五组抽取的人数，利用列举法求出古典概型的概率即可. 【小问1详解】 因为第三、四、五组的频率之和为0.7， 所以，解得， 所以前两组的频率之和为， 即，解得； 【小问2详解】 由（1）知，平均数为； 前两组频率之和为0.3，前三组频率之和为0.75， 所以中位数位于组内，且，即中位数为69.4； 【小问3详解】 第四、五两组志愿者分别有20人、5人， 故按照分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为， 第五组志愿者人数为1，设为， 这5人选出2人，所有情况有，共10种， 其中选出的2人来自同一组的有，共6种， 所以选出的2人来自同一组的概率为. 17. 如图，已知等腰梯形ABCD中（图1），是BC的中点，，将沿着AE翻折（图2），使得直线AB与CD不在同一个平面，得到四棱锥 （1）求直线与所成的角的大小； （2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据折叠前后的图形几何性质以及异面直线夹角的求法即可得到答案； （2）平面公理与线面平行性质定理可得为中点，从而可得结论. 【小问1详解】 因为，是的中点，所以，， 故四边形是菱形，从而， 所以沿着翻折成后，， 又因为，所以四边形为平行四边形，则， 则，则直线与所成的角的大小为. 【小问2详解】 存在，理由如下： 假设线段上是存在点，使得平面， 过点作交于，连接，，如下图， 所以，所以，，，四点共面， 又因为平面，平面平面，平面，所以， 综上，四边形为平行四边形，故， 所以为中点，故在线段上存在点，使得平面，且． 18. 已知函数． （1）若，求的取值范围； （2）若有两个不相等的实根，且 ①求的取值范围； ②证明：． 【答案】（1） （2）① ；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）得到不等式，结合函数单调性得到不等式，求出答案； （2）①变形得到，即与有两个不同的交点，根据的单调性和图象，数形结合得到答案 ②根据①得到，，且满足，即，计算出， 又，代入后求出. 【小问1详解】 由可得，所以， 即，解得． 【小问2详解】 ①因为有两个不相等的实根，即有两个不相等的实根， ， 即，设，即与有两个不同的交点， 其中当时，单调递减， 当时，单调递增， 其中，当时，， 结合图像可知； ②由①可知，所以，， 且满足，，即． ， ， 又， 所以 ， 因为，所以，， 故． 【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决. 19. 若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． （1）若，且满足， ①求的大小； ②若，求布洛卡角的正切值； （2）若平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）①；② （2），理由见解析 【解析】 【分析】（1）①先判断与相似，进而得到，应用余弦定理求出； ②在中，应用余弦定理以及三角形面积公式，化简得到：，同理在，，内得到，从而得到，即可求解. （2）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形面积公式，平分，将代入，化简整理可求解. 【小问1详解】 ①若，即，得， 点满足，则， 在与中，，， 所以与相似，则，即， 所以； 在中，， 因为， 所以 ②在中，应用余弦定理以及三角形面积公式得： ， ， 同理可得：， 三式相加可得：。 在内，应用余弦定理以及三角形面积公式得： ， 在，内，同理可得： ，， 三式相等：， 因为点在内，则 由等比性质的：， 所以：， 由①知，，， 所以， 则 【小问2详解】 因为， 即， 所以， 在，，中， 分别由余弦定理可得：， ， ， 三式相加整理得：，即， 因为平分，则，， 所以， 由余弦定理可得：， 所以， 即，则， 所以若平分，试问是否存在常实数，使得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市第二十九中学2023-2024学年度 第二学期高一期末考试数学试题 2024.6 一、选择题：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. 已知集合，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知非零向量，，则是成立的（ ）条件． A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分又非必要 3. 将函数的图象向左平移个单位后，所得图像的解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 甲在微信群中发出5元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完．若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“最佳手气”（即乙领取的钱数不少于其他任何人）的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 6. 如图所示，在中，，P是上的一点，若，则实数m的值为（ ）． A. B. C. D. 7. 已知正方体的棱长是2，点是棱的中点，Q是正方体表面上的一动点，，则动点Q的轨迹长度是（ ） A. 3 B. 5 C. D. 8. 已知，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，不选或有错的得0分． 9. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则（ ） A. 若，则事件与B相互独立 B. 若A与B相互独立，则 C. 若A与B互斥，则 D. 若B发生时A一定发生，则 10. 已知，且，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 用一个平行于正三棱锥底面的平面去截正三棱锥，我们把底面和截面之间那部分多面体叫做正三棱台．如图，在正三棱台中，已知，则（ ） A. 正三棱台的体积是 B. 直线与平面所成的角为 C. 点到平面的距离为 D. 正三棱台存在内切球，且内切球半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知样本方差，则样本的方差为_______. 13. 已知函数，若存在实数．满足，且，则的取值范围是___________． 14. 欧拉，他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的取作就得到了欧拉恒等式，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数，圆周率，两个单位——虚数单位和自然数单位1，以及被称为人类伟大发现之一的0，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：，将复数表示成（为虚数单位）的形式___________；若，则，这里，称为1的一个n次单位根，简称单位根．类比立方差公式，我们可以获得，复数，则的值是___________． 四、解答题：本题共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. 在平面直角坐标系中，已知点． （1）若三点A，B，C共线，求实数m的值； （2）是否存在实数m，使得在上的投影向量是？若存在，请求出实数m的值，若不存在请说明理由． 16. 某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求、的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和中位数（精确到0.1）； （3）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自同一组的概率. 17. 如图，已知等腰梯形ABCD中（图1），是BC的中点，，将沿着AE翻折（图2），使得直线AB与CD不在同一个平面，得到四棱锥 （1）求直线与所成的角的大小； （2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 已知函数． （1）若，求的取值范围； （2）若有两个不相等的实根，且 ①求的取值范围； ②证明：． 19. 若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． （1）若，且满足， ①求的大小； ②若，求布洛卡角的正切值； （2）若平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $