精品解析：云南省玉溪市2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题

【考试时间：7月5日08：30-10：30】 玉溪市2023~2024学年春季学期期末高一年级教学质量检测 数学试卷 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 一､单项选择题（本大题共8小题，每个小题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. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. ，则（ ） A. B. C. D. 4. 若关于的不等式的解集为，则的值是（ ） A. B. C. D. 2 5. 已知中，内角所对的边分别为，且满足，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 向量，且∥，则实数（ ） A. 5 B. C. 2 D. 7. 某校高一年级数学周练满分100分，学生分数均在内，将学生成绩分成6组并作出频率分布直方图，但不小心污损了部分图形 （如图所示），则该次数学成绩的中位数是（ ） A. 60分 B. 75分 C. 79.5分 D. 85分 8. 要得到的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 二､多项选择题（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，有多项是符合题目要求的.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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在直三棱柱中，点分别是棱的中点，则下列结论中一定正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. ∥平面 D. ∥平面 11. 定义在上的奇函数满足，则（ ） A. B. 关于对称 C. D. 是周期函数 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数据的平均数为5，则数据的平均数是__________. 13. 已知命题“，使得”是假命题，则实数的取值范围是__________. 14. 苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）在研究天文学的过程中，经过对运算体系的多年研究后发明的对数，为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数可以表示成，则，这样我们可以知道的位数为.已知正整数，若是10位数，则的值为__________.（参考数据：） 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. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，. （1）求； （2）求的解析式. 16. 在中，内角的对边分别为，若，且. （1）求角； （2）若的面积为，求. 17. 在一次选拔比赛中，每个选手都需要进行5轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三、四、五轮问题的概率分别为、、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响. （1）求该选手进入第二轮才被淘汰的概率； （2）求该选手至多进入第四轮考核的概率. 18. 如图，边长为3的正方形中，点是的中点，点是的中点，将、分别沿、折起，使、两点重合于点，连接. （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积. 19. 类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，，且维空间向量满足. （1）当，求. （2）证明：； （3）若是正实数，且满足，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 【考试时间：7月5日08：30-10：30】 玉溪市2023~2024学年春季学期期末高一年级教学质量检测 数学试卷 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 一､单项选择题（本大题共8小题，每个小题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. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对数函数的真数大于0，然后解不等式得出答案. 【详解】由题意知，，即， 所以或. 故选：C. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：A 3. ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘、除运算法则计算可得. 【详解】. 故选：B 4. 若关于的不等式的解集为，则的值是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次方程与不等式的关系，结合韦达定理，即可求解. 【详解】由题不等式的解集为， 所以是方程的两不等实数根， 所以，得，， 所以. 故选：C. 5. 已知中，内角所对的边分别为，且满足，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角形面积公式即可求解. 【详解】在中，，，， 由三角形的面积公式得. 故选：A. 6. 向量，且∥，则实数（ ） A. 5 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可得，结合向量平行的坐标运算分析求解. 【详解】因为，则， 若∥，则，解得. 故选：D. 7. 某校高一年级数学周练满分100分，学生分数均在内，将学生成绩分成6组并作出频率分布直方图，但不小心污损了部分图形 （如图所示），则该次数学成绩的中位数是（ ） A. 60分 B. 75分 C. 79.5分 D. 85分 【答案】B 【解析】 【分析】设该次数学成绩的中位数为分，分析可知，结合中位数的定义列式求解. 【详解】由题意可知：后三组的频率依次为， 因为， 设该次数学成绩的中位数为分，则， 可得，解得， 所以该次数学成绩的中位数为75分. 故选：B. 8. 要得到的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象的平移结合诱导公式分析判断. 【详解】对于选项A：可得，不合题意，故A错误； 对于选项B：可得，不合题意，故B错误； 对于选项C：可得，符合题意，故C正确； 对于选项D：可得，不合题意，故D错误； 故选：C. 二､多项选择题（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，有多项是符合题目要求的.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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据集合交集和并集运算直接求解即可. 【详解】因为， 由题意可得：，， 故AC错误，BD正确. 故选：BD. 10. 如图，在直三棱柱中，点分别是棱的中点，则下列结论中一定正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. ∥平面 D. ∥平面 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据直棱柱的定义即可得结果；对于B：假设成立，可得，结合题意分析判断；对于C：根据线面平行的判定定理分析判断；对于D：根据题意可得平面，即可得结果. 【详解】对于选项A：因为三棱柱为直三棱柱， 所以平面，故A正确； 对于选项B：若平面，且平面，则， 又因为点分别是棱的中点，可知， 但题设条件不能确定，所以不能确定平面，故B错误； 对于选项C：取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，， 又因为为平行四边形，且分别为的中点，则∥，， 即∥，，可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面， 所以∥平面，故C正确； 对于选项D：因为分别为的中点，可知平面，故D错误； 故选：AC. 11. 定义在上的奇函数满足，则（ ） A. B. 关于对称 C. D. 是周期函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据奇函数的性质判断A，根据判断B，推导出即可判断C，推导出即可判断D. 【详解】定义在上的奇函数，则且，故A正确； 又，所以，则关于对称，故B正确； 由及，可得， 所以，所以是为周期的周期函数，故D正确； 又，故C错误. 故选：ABD 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数据的平均数为5，则数据的平均数是__________. 【答案】13 【解析】 【分析】根据平均数相关知识进行求解. 【详解】因为数据的平均数为5， 所以， ， 所以的平均数是13. 故答案为：13. 13. 已知命题“，使得”是假命题，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】通过构造函数，利用函数的导数，求出函数的最小值，然后求解实数的取值范围． 【详解】因为命题“，使得”是假命题， 所以命题“，使得”是真命题， 即对，恒成立， 令，则， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）在研究天文学的过程中，经过对运算体系的多年研究后发明的对数，为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数可以表示成，则，这样我们可以知道的位数为.已知正整数，若是10位数，则的值为__________.（参考数据：） 【答案】或 【解析】 【分析】依题意可得，两边取常用对数，即可得到，从而得解. 【详解】依题意可得，两边取常用对数可得， 即，所以，即， 又为正整数，所以或. 故答案为：或 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. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，. （1）求； （2）求的解析式. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据奇函数的定义可得当时，的解析式，即可得结果； （2）根据题意结合（1）中结论，即可得结果. 【小问1详解】 因为函数是定义域为的奇函数， 当时，则，可得， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得：. 16. 在中，内角的对边分别为，若，且. （1）求角； （2）若的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，，利用余弦定理计算可得； （2）由面积公式求出，结合计算可得. 【小问1详解】 因为，所以，又，则， 又余弦定理， 又，所以. 【小问2详解】 由，所以， 则. 17. 在一次选拔比赛中，每个选手都需要进行5轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三、四、五轮问题的概率分别为、、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响. （1）求该选手进入第二轮才被淘汰的概率； （2）求该选手至多进入第四轮考核的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设该选手进入第二轮被淘汰为事件，根据相互独立事件的概率公式计算可得； （2）设该选手至多进入第四轮考核为事件，根据互斥事件及相互独立事件的概率公式计算可得. 【小问1详解】 设该选手进入第二轮被淘汰为事件，则； 【小问2详解】 设该选手至多进入第四轮考核为事件， 则. 18. 如图，边长为3的正方形中，点是的中点，点是的中点，将、分别沿、折起，使、两点重合于点，连接. （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明：在正方形中，，， 则在立体图形中有，， 又，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）依题意，，即可证明； （2）首先求出的面积，在立体图形中连接与交于点，即可得到，从而得到点到平面的距离为点到平面的距离的，再由计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，所以为三棱锥的高，且， 在平面图形中可得，， 所以，则，所以， 则， 在平面图形中连接与交于点，设，则为的中点， 又为的中点，为的中点，所以为的中点，所以， 在立体图形中连接与交于点，则，所以点到平面的距离为点到平面的距离的， 所以. 【点睛】 19. 类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，，且维空间向量满足. （1）当，求. （2）证明：； （3）若是正实数，且满足，求证：. 【答案】（1） （2）证明：因为，， 则， 且，可得，当且仅当共线时，等号成立， 所以. （3）证明：因为是正实数，则，当且仅当，即时，等号成立， 即，当且仅当时，等号成立， 同理可得：，当且仅当时，等号成立， ，当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 此时满足，即等号成立， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，结合夹角公式运算求解； （2）根据题意结合数量积的定义分析证明； （3）根据题意结合基本不等式分析证明. 【小问1详解】 因为，则， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：对于（2），利用数量积将代数问题转化为向量问题，进而分析证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $