精品解析：湖南省株洲市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

2024年上学期高一期末考试 数学 本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上. 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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的四则运算和模长公式计算可得结果 【详解】易知，，可得. 故选：B 2. 已知正方形的边长为2，用斜二测画法画出它的直观图，则它的直观图的面积为（ ） A. B. 4 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】解法一：根据结合已知条件直接求解即可；解法二：画出正方形的直观图进行求解. 【详解】解法一：由题意得原图面积为4， 因为，所以. 解法二：如图正方形的直观图为平行四边形， 则， 过作于，则， 所以平行四边形的面积为， 即正方形直观图的面积为. 故选：A 3. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论正确的是（ ） A. A与B相等 B. A与B互斥 C. A与B的样本点个数不相等 D. A与B相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】根据基本事件定义，可判断选项AC，再利用互斥事件定义和事件的相互独立定义，可得B错误，D正确. 【详解】事件包含样本点（正，正），（正，反）， 事件包含样本点（反，正），（正，正）， 事件包含样本点（正，正）， 对于A，显然A与B不相等，即A错误； 对于B，显然A与B可能同时发生，即B错误； 对于C，A事件与事件包含的样本点数均为2，即C错误； 对于D，因为，所以A与B相互独立，即D正确； 故选：D. 4. 已知为第三象限角，向量，，且与共线，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由与共线，列方程求出，再利用同角三角函数的关系可求出的值 【详解】因为，， 所以， 由与共线得， 所以， 因为，所以， 因为为第三象限角，所以. 故选：C 5. 设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若不垂直于，则必不垂直于 C. 若,，则 D. 若是异面直线，，则 【答案】D 【解析】 【分析】A中，可能平行、相交或异面；B中有可能垂直于；C中或；D中结合线面平行的性质定理与面面平行的判定定理即可得. 【详解】对于A，若，，，则，可能平行、相交或异面，故A错误； 对于B，若不垂直于，且，则有可能垂直于，故B错误； 对于C，若且，则或，故C错误； 对于D，若、是异面直线，，，，， 则在直线上任取一点，过直线与点确定平面，设， 又，则，，，所以， 又，，，，所以，故D正确. 故选：D. 6. 端午节是每年的五月初五，是我国汉族人民的传统节日，这一天必不可少的活动逐渐演变为吃粽子，赛龙舟，熏艾叶，挂菖蒲等.某学校组织学生进行包粽子比赛，包法有很多种，最常见的是三角粽和四角粽.已知小明只会这两种包法，每次包三角粽的概率为，每次包四角粽的概率为.包一个三角粽记1分，包一个四角粽记2分，每次的包法互不影响，则小明恰好获得3分的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据获得3分的情况，分类讨论，利用独立事件乘法公式计算. 【详解】恰好是3分的方法有三种： 第一种：每次包一个三角粽，包三次，则概率为； 第二种：先包一个三角粽再包一个四角粽，则概率为； 第三种：先包一个四角粽再包一个三角粽，则概率为， 所以恰好获得3分的概率为. 故选：A. 7. 设的外心为O，且，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件可得为等边三角形，然后根据投影向量的定义求解即可, 【详解】由可知为中点，且为的外心， 所以， 所以为等边三角形，， 所以向量在向量方向上的投影向量为 . 故选：C 8. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理可得，再根据三角恒等变换可得，由三角形形状得出角的取值范围可得结果. 【详解】由及正弦定理得， 所以，得， 所以或（舍去），所以， 因为是锐角三角形，故，解得， 故，， . 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用二倍角公式将化简得出对应表达式，由得出取值范围. 二、选择题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 已知是关于的方程的一个根，下列说法正确的是（ ） A. 的实部为，虚部为 B. C. D. 若复数满足，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据复数的定义判断A，根据虚根成对原理及韦达定理判断B、C，设，，根据复数模的几何意义判断D. 【详解】复数的实部为，虚部为，故A错误； 复数是方程的一个根， 则方程的另一个复数根为， 由韦达定理可知，，所以，故B、C正确； 设，， 若复数满足， 则， 则在复平面内点在圆上，圆心为，半径， 则的几何意义为原点到圆上点的距离，又， 则的最大值为，故D正确. 故选：BCD 10. 已知函数，则（ ） A. 的单调递增区间是， B. 的图象可由函数的图象向右平移个单位，再向上平移3个单位得到 C. 的图象关于直线对称 D. 当时，的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换得，对于A，由正弦函数的单调递增区间即可求解；对于B，由三角函数的图象变换即可求解；对于C，由正弦函数的对称轴即可求解；对于D，由整体法即可求解. 【详解】由题意，， 对于A，由，， 得，， 所以的单调递增区间为，，故A正确； 对于B，函数向右平移个单位，再向上平移3个单位可得 ，故B错误； 对于C，由，，得，， 当时，，所以图象关于对称，故C正确； 对于D，由，得， 所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 在圆锥SO中，是母线SA上靠近点的三等分点，，底面圆O的半径为，圆锥SO的侧面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，过顶点和两条母线的截面三角形的最大面积为 B. 当时，从点绕圆锥侧面一周到点的最小长度为 C. 当时，圆锥SO的内切球的表面积为 D. 当时，棱长为的正四面体可以在圆锥SO内任意转动 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：借助面积公式可得当截面三角形为直角三角形时面积最大，计算即可得；对B：展开后借助两点之间线段最短计算即可得；对C：计算出内切球的半径后结合球体表面积公式计算即可得；对D：将该正四面体的外接球半径与圆锥的内切球半径比较即可得. 【详解】依题意可知，所以， 对于A，，，所以，所以为钝角， 所以过顶点和两条母线的截面三角形的最大面积为，故A错误； 对于BCD，当时，，圆锥的高为， 侧面展开图的弧长为，所以圆心角. 所以，故B正确； 设圆锥的内切球的球心为，半径为，则， 所以内切球的表面积为，故C正确； 棱长为的正四面体如图所示， 正方体的边长为，体对角线长为， 所以棱长为的正四面体的外接球半径为. 设内切圆的半径为，则，解得， 所以，所以棱长为的正四面体在圆锥SO内不可以任意转动，故D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于计算出正四面体的外接球半径，若该外接球半径小于或等于圆锥内切球半径则可得正四面体可以在圆锥SO内任意转动. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 样本数据17，13，22，16，11，20，14，24的分位数为____________. 【答案】 【解析】 【分析】借助百分位数定义计算即可得. 【详解】数据按从小到大排序：11，13，14，16，17，20，22，24， ，所以分位数为22. 故答案为：. 13. 如图，“六芒星”是由两个边长为的正三角形组成，中心重合于点O，且三组对边分别平行，现将三角形往垂直于平面的方向移动，则此时空间几何体的外接球的表面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据几何体的几何特征，可确定外接球的球心到平面的距离为1，再结合正三角形外接圆的半径可得外接球的半径，即可求出外接球的表面积. 【详解】易知边长为的正三角形外接圆的半径； 所以空间几何体的外接球的球心到平面的距离为1， 所以外接球的半径 所以外接球的表面积为. 故答案为： 14. 设函数，若，且，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由结合对数的运算性质可得，则，化简后利用基本不等式可求得结果. 【详解】由题意可知：的定义域为， 令，解得；令，解得； 则当时，，故，所以； 当时，，故，所以； 故，即. 当时，则， 当且仅当，时，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 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. 小米在2024年推出SU7汽车，创始人雷军为了了解广大客户对小米SU7的评价，令销售部随机抽取200名客户进行了问卷调查，根据统计情况，将他们的年龄按，，，，分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图. （1）估计样本数据中用户年龄的众数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）销售部从年龄在，内的样本中按比例分配的分层随机抽样方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行电话回访，求这2人取自不同年龄区间的概率. 【答案】（1）平均数为44.5，众数为45. （2）.， 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图易知众数，由平均数计算公式可得结果； （2）由抽样比可确定每层中的抽样人数，再由古典概率计算公式可得结果 【小问1详解】 由平均数计算公式，可估计平均数为， 根据频率分布直方图，估计众数为45. 【小问2详解】 由已知可得抽取的6人中，年龄在内的有4人，分别记为； 年龄在内的有2人，分别记为； 则从这6人中随机抽取2人的样本点为 ，，，，，，，，， ，，，，，，共15个； 记事件“这2人取自不同年龄区间”，其包含样本点有，，，， ，，，，共8个， 故这2人取自不同年龄区间的概率为. 16. 如图，在直角梯形ABCD中，，，，，为AD的中点，为DC上靠近的四等分点，直线MC与BN交于点. （1）求的余弦值； （2）若，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以为原点建立平面直角坐标系，求得，，利用向量夹角的坐标表示可得结果； （2）共线向量的坐标表示解方程组可得结果. 【小问1详解】 以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系， 依题意可知，，，，， 则，， 所以. 【小问2详解】 由已知可得，，，； 由N，P，B三点共线可知，存在满足 由向量的坐标运算可知， 所以， 解得. 17. 在中，角所对的边分别为，向量，，且，为线段上一点. （1）求角的大小； （2）若为角的角平分线，，的周长为15，求的长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由，得，然后利用正弦定理和三角函数恒等变换公式化简变形可求得角； （2）利用余弦定理结合已知条件可求得，再由为角的角平分线，可得，利用三角形面积公式化简可求出的长. 【小问1详解】 解：，，且， ， 由正弦定理得， ， ，， 在三角形中，， ，， ∵，. 【小问2详解】 解：，， 由余弦定理得， 即，解得. 为角的角平分线，， ∵， ∴， ∴，得 . 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，为线段上的动点. （1）若为的中点，求三棱锥的体积； （2）若，问上是否存在点，使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由； （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1） （2）存在，AB的中点 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由条件可得点与点到平面的距离之比为，再由锥体的体积公式，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由线面平行的判定定理，即可证明； （3）根据题意，由二面角的定义可得是面与面所成锐二面角的平面角，代入计算，即可求解. 【小问1详解】 因为为的中点，所以点与点到平面的距离之比为， 故. 【小问2详解】 存在，取AB的中点，连接DM交AC于点，连接EG， 则EG为面AEC与面PMD的交线. 易得， 在三角形中，，所以，所以平面EAC， 即存在点，且当为AB中点时，平面. 【小问3详解】 过点P作，因为， 所以，面面， 因为面，所以，又，， 所以面， 又因为，所以面，，， 所以是面与面所成锐二面角的平面角， 因为是等腰直角三角形，所以. 19. 已知函数，． （1）写出的单调区间，并用单调性的定义证明； （2）若，解关于的不等式； （3）证明：恰有两个零点m，，且． 【答案】（1）单调递增区间为，，无减区间；证明见解析 由题知，， 因为， 所以在上和上单调递增，理由如下： ①，，且， 由． 因，则，，又， 故，即在上单调递增， ②，，，同理可得：，即在上单调递增， 所以在上和上单调递增，即函数的单调增区间为，，无减区间. （2） （3） 由（1）知：在上和上单调递增， 又因为，且， 取满足，则， 所以在上有唯一零点， 又因为，且，取满足， 则， 所以在上有唯一零点，则， 又因为， 因在上单调递增，且，，则必有，即， 故． 【解析】 【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数解析式进行化简，判断单调性，根据两个不同区间，分别运用函数的单调性定义进行推导即得； （2）结合（1）的结论，考虑，尝试得到函数在上的另一个零点，经计算得到，从而作出函数的简图即得不等式的解集； （3）根据（1）的结论，在上寻得，使，再构造满足的值，推理得到，利用零点存在定理确定在存在零点；同法，在上存在另一个零点；最后受（2）的启发推算出，利用函数在上递增，判断，借助于基本不等式即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知：在上和上单调递增，又因为． 如图，要使，只需使或，故不等式的解集为：． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题重点考查与函数的零点有关的问题. 在解决（2）时，条件容易误导用来求值，实则是抛砖引玉，用来推理，从而得到两个零点，结合单调性数形结合易得的解集； 在解决（3）时，要说明分别在和上函数各有一个零点，难度非同小可，需尝试代入适合的值,得到，再构造满足的值，使，从而得到确定的唯一零点，同法得到另一个零点，运用（2）的结论推得才可证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年上学期高一期末考试 数学 本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上. 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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 设，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知正方形的边长为2，用斜二测画法画出它的直观图，则它的直观图的面积为（ ） A. B. 4 C. 2 D. 3. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论正确的是（ ） A. A与B相等 B. A与B互斥 C. A与B的样本点个数不相等 D. A与B相互独立 4. 已知为第三象限角，向量，，且与共线，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若不垂直于，则必不垂直于 C. 若,，则 D. 若是异面直线，，则 6. 端午节是每年的五月初五，是我国汉族人民的传统节日，这一天必不可少的活动逐渐演变为吃粽子，赛龙舟，熏艾叶，挂菖蒲等.某学校组织学生进行包粽子比赛，包法有很多种，最常见的是三角粽和四角粽.已知小明只会这两种包法，每次包三角粽的概率为，每次包四角粽的概率为.包一个三角粽记1分，包一个四角粽记2分，每次的包法互不影响，则小明恰好获得3分的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 设的外心为O，且，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 已知是关于的方程的一个根，下列说法正确的是（ ） A. 的实部为，虚部为 B. C. D. 若复数满足，则的最大值为 10. 已知函数，则（ ） A. 的单调递增区间是， B. 的图象可由函数的图象向右平移个单位，再向上平移3个单位得到 C. 的图象关于直线对称 D. 当时，的取值范围是 11. 在圆锥SO中，是母线SA上靠近点的三等分点，，底面圆O的半径为，圆锥SO的侧面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，过顶点和两条母线的截面三角形的最大面积为 B. 当时，从点绕圆锥侧面一周到点的最小长度为 C. 当时，圆锥SO的内切球的表面积为 D. 当时，棱长为的正四面体可以在圆锥SO内任意转动 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 样本数据17，13，22，16，11，20，14，24的分位数为____________. 13. 如图，“六芒星”是由两个边长为的正三角形组成，中心重合于点O，且三组对边分别平行，现将三角形往垂直于平面的方向移动，则此时空间几何体的外接球的表面积为___________. 14. 设函数，若，且，则的最小值为___________. 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. 小米在2024年推出SU7汽车，创始人雷军为了了解广大客户对小米SU7的评价，令销售部随机抽取200名客户进行了问卷调查，根据统计情况，将他们的年龄按，，，，分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图. （1）估计样本数据中用户年龄的众数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）销售部从年龄在，内的样本中按比例分配的分层随机抽样方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行电话回访，求这2人取自不同年龄区间的概率. 16. 如图，在直角梯形ABCD中，，，，，为AD的中点，为DC上靠近的四等分点，直线MC与BN交于点. （1）求的余弦值； （2）若，求实数的值. 17. 在中，角所对的边分别为，向量，，且，为线段上一点. （1）求角的大小； （2）若为角的角平分线，，的周长为15，求的长. 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，为线段上的动点. （1）若为的中点，求三棱锥的体积； （2）若，问上是否存在点，使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由； （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 19. 已知函数，． （1）写出的单调区间，并用单调性的定义证明； （2）若，解关于的不等式； （3）证明：恰有两个零点m，，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $