精品解析：湖南省怀化市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

怀化市中小学课程改革教育质量检测试卷 2024年上期期考试题高一数学 考试时长：150分钟 满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 一个圆台上、下底面的半径为1和4，母线为5，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列判断错误的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列判断正确的是（ ） A. “实部等于零”是“复数z为纯虚数”的充要条件 B. “”是“向量，的夹角是钝角”的充要条件 C. “存在唯一的实数k，使”是“”的充要条件 D. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，“”是“”的充要条件 6. 在平行四边形ABCD中，，，，点P在CD边上，，则（ ） A. 0 B. C. D. 1 7. 连续投掷一枚质地均匀骰子两次，这枚骰子两次出现的点数之积为奇数的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数对任意的都有，若的图象关于直线对称，且对于，当时，，则（ ） A. B. 是奇函数 C. 是周期为4的周期函数 D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 已知函数在一个周期内的图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是图象的一条对称轴 D. 点是图象一个对称中心 10. 设A，B是两个随机事件，已知，，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点M是侧面内（含边界）的动点，点P是棱的中点，则（ ） A. 存在点M，使 B. 当M位于顶点D时，直线MP与所成角的余弦值为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 若，线段PM运动所形成的曲面的面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的相应横线上. 12. 已知复数满足，其中i为虚数单位，则________. 13. 已知，，则________. 14. 统计学中，协方差用来描述两个变量之间的总体的误差.设一组数据的平均值为，另一组数据的平均值为，则协方差.某次考试结束后，抽取了高一年级10名学生的数学成绩x、物理成绩y如下表： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学成绩 135 124 118 107 95 87 74 63 53 44 物理成绩 97 78 82 83 77 65 67 52 44 45 已知，则________. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，. （1）若，求x； （2）若，且），求 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求； （2）求. 17. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱.某直播平台有1000个直播商家，对其进行统计调查，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具和饰品类等，各类直播商家所占比例如图1所示.为更好地服务买卖双方，该直播平台用分层抽样方式抽取了80个直播商家进行问询调查. （1）应抽取小吃类、玩具类商家各多少家？ （2）工作人员对直播商家的每日平均利润状况进行了统计，制作了如图2所示的频率分布直方图.估计该直播平台商家平均日利润的中位数和平均数（结果保留整数，求平均值时，同一组中的数据用该组区间中点的数值代替）； （3）甲、乙、丙三人进入该直播平台后，下单购物的概率分别为，，，且各自是否下单购物相互独立.求在某次直播中，甲、乙、丙三人中有且只有1人下单购物的概率. 18. 如图1，在矩形ABCD中，，，M是边BC上的一点，将沿着AM折起，使点B到达点P的位置. （1）如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：平面PAM； （2）如图3，若点P在平面AMCD内射影H落在线段AD上. ①求证：平面PAD； ②求点M的位置，使三棱锥的外接球的体积最大，并求出最大值. 19. 射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为.对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作. （1）若点分别是线段中点，求； （2）证明：； （3）已知，点为线段的中点，，，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 怀化市中小学课程改革教育质量检测试卷 2024年上期期考试题高一数学 考试时长：150分钟 满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求得，，可求. 【详解】解得，解得， 所以， 所以. 故选：B. 2. 一个圆台的上、下底面的半径为1和4，母线为5，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出圆台的高，然后利用圆台体积公式即可得解. 【详解】令圆台的高为h，由图可知， 所以， 故选：C 3. 已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列判断错误的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】借助面面平行与线面垂直的性质可得A；借助线面平行的性质可得B；借助线面垂直的性质与线面平行的判断及面面平行的性质定理可得C；由线面平行的性质定理可得D. 【详解】对A：由，得，又，所以，故A正确； 对B：若，，，则，故B正确； 对C：由，得，又，所以，故C正确； 对D：若，，则或，故D错误. 故选：D. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数与指数函数性质结合中间值比较可得． 【详解】因为，所以． 故选：D． 5. 下列判断正确的是（ ） A. “实部等于零”是“复数z为纯虚数”的充要条件 B. “”是“向量，的夹角是钝角”的充要条件 C. “存在唯一的实数k，使”是“”的充要条件 D. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，“”是“”的充要条件 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：根据复数相关概念结合充分、必要条件分析判断；对于B：根据数量积的符号与夹角之间的关系结合充分、必要条件分析判断；对于C：根据向量共线的判定定理结合充分、必要条件分析判断；对于D：根据正弦定理合充分、必要条件分析判断. 【详解】对于A：实部等于零时，复数z不一定是纯虚数（还要虚部不等于零），所以充分性不成立，故A错误； 对于B：若时，可知向量，的夹角可能是钝角或平角，所以充分性不成立，故B错误； 对于C：例如时，由不能得出存在唯一的实数k，使，故C错误； 对于D：由正弦定理可得， 所以“”是“”的充要条件，故D正确. 故选：D. 6. 在平行四边形ABCD中，，，，点P在CD边上，，则（ ） A. 0 B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合数量积的几何意义可得点P与点D重合，再利用余弦定理求出，结合勾股定理逆定理可得，从而可求得答案. 【详解】由，得在上的投影向量的模， 因为，， 所以在上的投影为， 所以如图1，得，点P与点D重合， 因为，，， 所以， 所以， 所以， 所以， 故选：A. 7. 连续投掷一枚质地均匀骰子两次，这枚骰子两次出现的点数之积为奇数的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】列举出两次出现的点数之积为奇数的情况，结合样本空间样本点总数，得到概率. 【详解】易知样本空间样本点总数， 记“两次出现的点数之积为奇数”为事件A， 则， 所以，所以. 故选：B. 8. 已知函数对任意的都有，若的图象关于直线对称，且对于，当时，，则（ ） A. B. 是奇函数 C. 是周期为4的周期函数 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件可判断函数的奇偶性，周期性以及单调性，由此一一判断各选项，即可得答案. 【详解】由图象关于直线对称，知的图象关于y轴对称， 所以是偶函数，所以B错误. 在中，令得， 又，所以，所以，知是周期为6的周期函数，所以C错误. 对于，当时，， 故在上单调递减，所以，所以A错误. 对于D，，， 由在上单调递减，得即，D正确， 故选：D 【点睛】结论点睛：函数的对称性与周期性： （1）若，则函数关于中心对称； （2）若，则函数关于对称； （3）若，则函数的周期为2a； （4）若，则函数的周期为2a. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 已知函数在一个周期内的图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是图象的一条对称轴 D. 点是图象一个对称中心 【答案】BD 【解析】 【分析】由图象可知，求出，进而求出即可判断A.再将最高点代入可求出判断B．根据对称轴经过最高或者最低点，对称中心在中间判断C和D． 【详解】对于A，由图象知，得，所以，所以A错误. 对于B，由得，由图知， 即，由得，所以B正确. 对于C和D，由前述推导知， 所以，所以C错误，D正确. 故选：BD. 10. 设A，B是两个随机事件，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据事件的运算关系以及对立事件的概率，一一判断各选项，即得答案. 【详解】由，，即， 知，所以C错误. 又，所以A正确. 同理可得，B正确. 又，所以D正确. 故选：ABD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点M是侧面内（含边界）的动点，点P是棱的中点，则（ ） A. 存在点M，使 B. 当M位于顶点D时，直线MP与所成角的余弦值为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 若，线段PM运动所形成的曲面的面积为 【答案】AB 【解析】 【分析】当M为的中点时可判断A，由余弦定理求角余弦可判断B，当M位于顶点D时可求出棱锥的体积判断C，由轨迹为半圆锥侧面，求出面积判断D即可. 【详解】对于A，显然，M为的中点时，，A正确. 对于B，如图， 延长到使，连和，则或其补角等于直线MP与所成角，易得，，， 所以，所以B正确. 对于C，如图， 显然面积为定值，要三棱锥的体积最大，只要高最大，即当M位于顶点D时，此时，所以C错误. 对于D，如图所示， 易知M的轨迹是以为直径，位于侧面内的一段半圆弧.线段PM运动所形成的曲面是一个半圆锥侧面，其面积为，所以D错误. 故选：AB 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的相应横线上. 12. 已知复数满足，其中i为虚数单位，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先由求出复数z，然后可求出复数z的模 【详解】因为，所以， . 故答案为： 13. 已知，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】两边平方即可得到，代入得到即可. 【详解】由已知，所以， 所以. 故答案为：. 14. 统计学中，协方差用来描述两个变量之间的总体的误差.设一组数据的平均值为，另一组数据的平均值为，则协方差.某次考试结束后，抽取了高一年级10名学生的数学成绩x、物理成绩y如下表： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学成绩 135 124 118 107 95 87 74 63 53 44 物理成绩 97 78 82 83 77 65 67 52 44 45 已知，则________. 【答案】474 【解析】 【分析】根据表格数据，算出，再对协方差公式进行展开化简，再代入求值即得. 【详解】由已知得， ， 则 . 故答案为：474. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，. （1）若，求x； （2）若，且），求. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）用向量平行的坐标结论可解； （2）用向量和的坐标运算和垂直的坐标结论可解． 【小问1详解】 由得，所以. 【小问2详解】 由得，， 所以，， 由得， 即，即 所以. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，，，，利用余弦定理可求得； （2）由（1）可求得，进而利用正弦定理可求得，进而求得，利用两角差的正弦公式可求值. 【小问1详解】 由已知，设，，，， 由余弦定理. 【小问2详解】 由，，得， 由正弦定理，得. 又由已知是最小边，所以是锐角，得， 所以. 17. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱.某直播平台有1000个直播商家，对其进行统计调查，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具和饰品类等，各类直播商家所占比例如图1所示.为更好地服务买卖双方，该直播平台用分层抽样方式抽取了80个直播商家进行问询调查. （1）应抽取小吃类、玩具类商家各多少家？ （2）工作人员对直播商家的每日平均利润状况进行了统计，制作了如图2所示的频率分布直方图.估计该直播平台商家平均日利润的中位数和平均数（结果保留整数，求平均值时，同一组中的数据用该组区间中点的数值代替）； （3）甲、乙、丙三人进入该直播平台后，下单购物的概率分别为，，，且各自是否下单购物相互独立.求在某次直播中，甲、乙、丙三人中有且只有1人下单购物的概率. 【答案】（1）28，8 （2）中位数为433元，平均数为440元 （3） 【解析】 【分析】（1）根据分层抽样定义计算即可； （2）根据中位数和平均数的定义计算即可； （3）记“甲、乙、丙三人下单购物”分别为事件A，B，C，，，，“三人中有且只有1人下单购物”为事件D，，利用互互斥事件概率加法公式与独立事件概率乘法公式求解即可. 【小问1详解】 由已知，小吃类商家占35%，， 玩具类商家占10%，， 所以小吃类、玩具类商家应分别抽取28家、8家. 【小问2详解】 由已知，所以， 设中位数为x，因为前两组的频率之和为0.3，前三组的频率之和为0.6， 所以，且，解得， . 所以，估计该直播平台商家平均日利润的中位数为433元，平均数为440元. 【小问3详解】 记“甲、乙、丙三人下单购物”分别为事件A，B，C，“三人中有且只有1人下单购物”为事件D， 由已知，，， 则. 18. 如图1，在矩形ABCD中，，，M是边BC上的一点，将沿着AM折起，使点B到达点P的位置. （1）如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：平面PAM； （2）如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上. ①求证：平面PAD； ②求点M的位置，使三棱锥的外接球的体积最大，并求出最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）①证明见解析；②M位于点C， 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定即可得证； （2）①根据线面垂直判定可证；②先分析得O是三棱锥外接球的球心，再求得直径，然后根据函数的单调性求出最值，进而利用球的体积公式求出球的体积的最大值即可 【小问1详解】 如图，取PA的中点E，连接ME和EN，则EN是的中位线， 所以且， 又且， 所以且， 所以四边形ENCM是平行四边形，所以， 又平面PAM，平面PAM， 所以平面PAM. 【小问2详解】 ①由平面AMCD，平面PFH，得， 又已知，且AD，PH平面PAD内两条相交直线， 所以平面PAD. ②，由①知平面PAD，又平面PAD， 所以，所以是， 由平面AMCD，平面AMCD， 所以，是. 如图，取PC的中点O，则点O到三棱锥各顶点的距离都相等， 所以O是三棱锥外接球的球心. 如图，过点P作于F，连HF和BF， 因为平面AMCD，平面AMCD， 所以，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线， 所以平面PFH，又平面PFH，所以， 由和翻折关系知，所以B，F，H三点共线，且， 设，则，， 又，所以， ，， 由，得， 所以，， 所以， ， 因为在时单调递增， 所以时，有最大值， 此时，点M位于点的C位置， 所以，，. 所以点M位于点的C时，三棱锥外接球的体积的最大值为. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 19. 射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为.对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作. （1）若点分别是线段的中点，求； （2）证明：； （3）已知，点为线段的中点，，，求. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件，可求得，，即可求出结果； （2）根据条件，将边长之比转化成面积之比，再结合题设定义，即可证明结果； （3）方法一：根据条件得到，再利用几何关系得到，设，，利用有，再利用余弦定理和正弦定理，建立方程，即可求解；方法二：设，根据条件，得到，再利用及余弦定理，建立方程，即可求解. 【小问1详解】 由已知，，所以. 【小问2详解】 在，，，中， ，同理， 所以， 又在，，，中， ，同理， 所以， 又，，，， 所以，所以. 【小问3详解】 方法一： 由，可得，即，所以， 又点B为线段AD的中点，即，所以， 又，所以，，， 又已知，所以. 设，，由，得， 即，解得，…① 在中，由正弦定理可得，得，…② 在中，由正弦定理可得，得，…③ 又， 得，即，…④ 由①④解得，（负值舍去），即，， 所以. 方法二： 因为，所以，设，则， 又B为线段AD的中点，所以， 又已知，，所以， 所以，得， 所以，， 由，得， 所以，设，则， 由，互补得 ，即， 解得，所以，， 所以. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$