精品解析：福建省福州市九县（市、区）一中2023-2024学年高一下学期7月期末联考数学试题

2023-2024学年福建省福州市九校联盟 高中一年数学科试卷 命题学校：闽清一中 命题教师：高一集备组 审核教师：徐杰霞、孙晓丽 考试时间：7月5日 完卷时间：120分钟 满 分：150分 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共8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. 在复平面内，复数满足，则为（    ） A. 16 B. 25 C. 4 D. 5 2. 已知向量，，则（    ） A 0 B. 1 C. D. 3. 设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，以下是真命题的为（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 从1，3，5，7这4个数中随机取出2个不同数，则的概率为（    ） A. B. C. D. 5. 《九章算术》中将正四棱台（上､下底面均为正方形）称为“方亭”.现有一方亭，上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱与下底面所成的角为，则此方亭的体积为（    ） A. B. C. D. 6. 函数大致图象为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，某观察站B在城A的南偏西20°的方向，由城A出发的一条公路走向是南偏东40°，在B处测得公路上距B处7km的C处有一人正沿公路向A城走去，走了2km之后到达D处，此时B，D间的距离为km．要达到A城，这个人还要走（    ） A. 6km B. km C. km D. 7km 8. 在平面四边形中，为正三角形，，，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体，若四面体外接球的球心为O，当四面体的体积最大时，点O到平面ABD的距离为（ ） 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，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（    ） A. 是偶函数 B. 对称轴是 C. 在区间上单调递减 D. 的最小值是 10. 在12张卡片上分别写上数字1~12，从中随机抽出一张，记抽出的卡片上的数字为，甲表示事件“为偶数”，乙表示事件“为质数”，丙表示事件“能被3整除”，丁表示事件“”，则（ ） A. 甲与丙互斥事件 B. 乙与丁相互独立 C. 丙与丁相互独立 D. 甲乙乙丙） 11. 已知棱长为2m的正方体中，下列结论中正确的是（    ） A. 若点P在线段上运动，异面直线AP与所成的角范围为 B. 若点在线段上运动，的最小值 C. 若将正方体 视为容器（容器厚度忽略不计），则底面直径为2.4m，高为0.01m的圆柱体能被整体放入该容器 D. 若点P在 的内部及边界上运动，且m, 则动点P的轨迹长为 m 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，23，20，3，则该组数据的第75百分位数为________ . 13. 2009年9月，经联合国教科文组织批准，中国传统节日端午节正式列入世界非物质文化遗产，同时，端午节成为中国首个入选世界非物质文化遗产的节日．为弘扬中国传统文化，某校在端午节期间组织有关端午节文化知识竞赛活动，某班甲、乙两人组成“粽队”参加竞赛活动，每轮活动由甲、乙各回答一个问题，已知每轮活动中甲、乙答对问题的概率分别为和，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则甲在两轮活动中答对1个问题的概率为______，“粽队”在两轮活动中答对三个问题的概率为______． 14. 在长方形ABCD中，，，点E，F分别为边BC和CD上两个动点（含端点），且，设，，则的最小值为________. 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. 在中，. （1）求； （2）若为边的中点，且，求的值. 16. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，平面，且，是棱上的动点. （1）求证：平面平面； （2）若平面，求的值. 17. 2020年1月15日教育部制定出台了“强基计划”，2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试，进入面试环节 .现随机抽取了100名同学的面试成绩，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，第一组和第五组的频率相同． （1）求，的值，并估计这100名同学面试成绩的平均数； （2）已知样本落在第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为64和20，落在第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为82和50，求样本中这两组面试成绩的方差； （3）在第四、第五两组中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自不同组的概率． 18. 如图，直三棱柱中，，，点是中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求二面角的余弦值． 19. 已知函数的定义域为，如果存在区间，使得，则称区间为函数的一个和谐区间． （1）直接写出函数的所有和谐区间； （2）若区间是函数的一个和谐区间，求实数的值； （3）若函数存在和谐区间，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年福建省福州市九校联盟 高中一年数学科试卷 命题学校：闽清一中 命题教师：高一集备组 审核教师：徐杰霞、孙晓丽 考试时间：7月5日 完卷时间：120分钟 满 分：150分 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共8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. 在复平面内，复数满足，则为（    ） A. 16 B. 25 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，即可由模长公式求解. 【详解】由可得， 故， 故选：D 2. 已知向量，，则（    ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用向量的数量积和向量模的运算公式，准确运算，即可求解. 【详解】由向量，，可得，且， 则. 故选：A. 3. 设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，以下是真命题的为（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系，借助于正方体，逐项分析即可. 【详解】 对于A,如上图正方体中，设平面为， 平面为，为， 满足，，此时，故A错误； 对于B，因为，，α、β是不同的平面，则必有， 故B正确； 对于C，如上图正方体中，设平面为， 平面，为， 满足，，此时，故C错误； 对于D，如上图正方体中，设平面为， 为，为， 则满足，，此时，故D错误. 故选:B. 4. 从1，3，5，7这4个数中随机取出2个不同的数，则的概率为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】列举所有的基本事件，即可根据古典概型的概率公式即可求解. 【详解】从1，3，5，7这4个数中随机取出2个不同的数，所有的基本事件有共有6种情况， 包含的基本事件有共有3种情况， 故概率为 故选：B 5. 《九章算术》中将正四棱台（上､下底面均为正方形）称为“方亭”.现有一方亭，上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱与下底面所成的角为，则此方亭的体积为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意找到侧棱与下底面所成的角，求出侧棱长，求出正四棱台的高即可求出此方亭的体积. 【详解】 如图，分别是正四棱台不相邻两个侧面的高，是一条侧棱， 过作，连接, 所以是正四棱台的高，所以， 因为， 所以， 所以方亭的体积为. 故选：C. 6. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先得到函数的定义域，进而判断出函数为奇函数，再求出，选出正确答案. 【详解】的定义域为，关于原点对称， 由，可知函数为奇函数， 则图象关于原点对称，排除选项A，C； 又，所以函数的图象对应选项D. 故选：D． 7. 如图，某观察站B在城A的南偏西20°的方向，由城A出发的一条公路走向是南偏东40°，在B处测得公路上距B处7km的C处有一人正沿公路向A城走去，走了2km之后到达D处，此时B，D间的距离为km．要达到A城，这个人还要走（    ） A. 6km B. km C. km D. 7km 【答案】A 【解析】 【分析】先在中利用余弦定理求出，则可得，再利用同角三角函数的关系求出，然后在中利用正弦定理可求出结果. 【详解】由题意得，在中，， 由余弦定理得, 因为， 所以， 因为， 所以， 在中，，由正弦定理得 由正弦定理得， 所以. 故选：A 8. 在平面四边形中，为正三角形，，，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体，若四面体外接球的球心为O，当四面体的体积最大时，点O到平面ABD的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据四面体的体积最大时，求出点O位置，利用等体积转换法即可求出点O到平面ABD的距离. 【详解】由题意可知当平面平面时四面体的体积最大时， 因为为正三角形，，， 所以， 则， 当平面平面时， 取线段中点，则点为直角三角形外心， 连接，则易知平面， 所以四面体外接球球心在上， 因为为正三角形， 所以四面体外接球球心即为的中心， 则， 设点到面的距离为，点到面的距离为， 由得， 因为边长为2，所以， ， 中，， 所以， 则， 所以点到面的距离为. 故选：C 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，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（    ） A. 是偶函数 B. 的对称轴是 C. 在区间上单调递减 D. 的最小值是 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据三角恒等变换的化简计算可得，结合余弦函数的图象与性质依次判断选项即可. 【详解】. A：，所以为偶函数，故A正确； B：，所以为的对称轴，故B正确； C：由，得，所以在上单调递减，故C正确； D：由，得，即的最小值为，故D错误. 故选：ABC 10. 在12张卡片上分别写上数字1~12，从中随机抽出一张，记抽出的卡片上的数字为，甲表示事件“为偶数”，乙表示事件“为质数”，丙表示事件“能被3整除”，丁表示事件“”，则（ ） A. 甲与丙为互斥事件 B. 乙与丁相互独立 C. 丙与丁相互独立 D. 甲乙乙丙） 【答案】CD 【解析】 【分析】求出事件甲，乙，丙，丁所包含的基本事件，结合选项可得答案. 【详解】由已知，该试验的样本空间为． 甲，乙，丙，丁． 对于A，因为甲丙，故甲与丙不互斥，错误； 对于B，乙丁，所以乙丁， 又（乙），（丁），所以（乙）（丁）（乙丁），故乙与丁不相互独立，错误； 对于C，丙丁，所以（丙丁）， 又P（丙），P（丁），P（丙）P（丁）=P（丙丁），故丙与丁相互独立，正确； 对于D，甲乙，乙丙，故P（甲乙）=P（乙丙），正确． 故选：CD. 11. 已知棱长为2m的正方体中，下列结论中正确的是（    ） A. 若点P在线段上运动，异面直线AP与所成的角范围为 B. 若点在线段上运动，的最小值 C. 若将正方体 视为容器（容器厚度忽略不计），则底面直径为2.4m，高为0.01m的圆柱体能被整体放入该容器 D. 若点P在 的内部及边界上运动，且m, 则动点P的轨迹长为 m 【答案】BCD 【解析】 【分析】当点运动到点位置时，此时，可判定A不正确；把沿着展开，使得与在同一平面上，利用余弦定理，求得，可判定B正确；根据圆柱的底面半径和高，与正方体的棱长间的关系，可判定C正确；证得平面，求得，结合三角形与圆的性质、弧长公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，在正方体中，可得， 所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，即为 当点运动到点的位置时，此时，所以A不正确； 对于B中，在正方体中，把沿着展开， 使得与在同一平面上，其中为边长为的等边三角形， 为直角边为的等腰直角三角形，如图所示， 可得，则， 连接，在中，可得 ，所以， 即的最小距离为，所以B正确； 对于C中，因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图所示，过的中点作，设， 可得，则， 即，解得，且， 以为轴可以对称放置底面直径为的圆柱， 若底面直径为的圆柱，与正方体的上下底面均相切， 设圆柱的底面圆心为，与正方体的下底面的切点为， 可知，，则， 即，可得， 根据对称性可知圆柱的高， 所以底面直径为，高为的圆柱能够被整体放入正方体内，所以C正确. 对于D中，连接和，在正方形中，可得， 又因为平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以，同理可证：， 因为，且平面，所以平面， 设与平面交于点，可得，所以， 由，可得， 又因为等边的边长为，其内切圆的半径为， 如图所示，过点作，可得点为的中点，且， 可得，所以，则， 所以动点P的轨迹为的3倍，其长度为，所以D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点拨：对于立体几何体中截面的轨迹问题的求解策略： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，23，20，3，则该组数据的第75百分位数为________ . 【答案】18 【解析】 【分析】借助百分位数定义计算即可得. 【详解】将这组数据从小到大排列：2，3，5，7，9，10，16，18，20，23， ，则该组数据的第75百分位数为18. 故答案为：18. 13. 2009年9月，经联合国教科文组织批准，中国传统节日端午节正式列入世界非物质文化遗产，同时，端午节成为中国首个入选世界非物质文化遗产的节日．为弘扬中国传统文化，某校在端午节期间组织有关端午节文化知识竞赛活动，某班甲、乙两人组成“粽队”参加竞赛活动，每轮活动由甲、乙各回答一个问题，已知每轮活动中甲、乙答对问题的概率分别为和，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则甲在两轮活动中答对1个问题的概率为______，“粽队”在两轮活动中答对三个问题的概率为______． 【答案】 ①. ##0.375 ②. 【解析】 【分析】利用相互独立事件即可求得； “粽队”在两轮活动中答对三个问题相当于事件“甲答对1个，乙答对2个”、事件“甲答对2个，乙答对1个”的和事件发生，根据独立事件和互斥事件概率的求法，即可求解. 【详解】因为每轮活动中甲答对问题的概率为，则每轮活动中甲答错问题的概率为，所以甲在两轮活动中答对1个问题的概率为. 设分别表示甲两轮答对1个，2个问题的事件， 分别表示乙两轮答对1个，2个问题的事件，根据独立事件的性质，可得， ，， ，， 设为 “粽队”在两轮活动中答对三个问题的事件， 则，因为与互斥，与，与分别相互独立，， 所以“粽队”在两轮活动中答对三个问题的概率. 故答案为：，. 14. 在长方形ABCD中，，，点E，F分别为边BC和CD上两个动点（含端点），且，设，，则的最小值为________. 【答案】50 【解析】 【分析】根据向量的线性运算以及数量积的运算律可得，进而根据模长公式得，利用三角换元，即可结合三角恒等变换即可求解. 【详解】 ＝ ＝， 由，得，即， 即，即， 设， 则，（其中）， 当时，即时，取到最小值50，即的最小值50， 故答案为：50 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. 在中，. （1）求； （2）若为边的中点，且，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，结合三角和为及诱导公式可得，即可得答案； （2）在中，由正弦定理可求得，从而可得，在中，利用余弦定理求解即可. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理可得， 即，， 又因为， 所以， 解得，又因， 所以； 【小问2详解】 解：因为为边的中点，， 所以, 设, 在中，由正弦定理可得， 即，解得， 又因为，所以， 在中，， 在中，， 由余弦定理可得：， 所以， 即. 16. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，平面，且，是棱上的动点. （1）求证：平面平面； （2）若平面，求的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）证明，即可得平面，由面面垂直的判定定理即可求证； （2）连接，相交于点，由线面平行的性质定理可得，再由平行线分线段成比例即可求解. 【详解】（1）因为，所以，又，所以， 因为平面，平面，所以， 又，在平面内，，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）如图，连接，相交于点， 因为平面，面，面面， 所以，所以. 17. 2020年1月15日教育部制定出台了“强基计划”，2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试，进入面试环节 .现随机抽取了100名同学的面试成绩，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，第一组和第五组的频率相同． （1）求，的值，并估计这100名同学面试成绩的平均数； （2）已知样本落在第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为64和20，落在第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为82和50，求样本中这两组面试成绩的方差； （3）在第四、第五两组中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自不同组的概率． 【答案】（1），；平均数69.5 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率之和即可求解，；进而根据平均数的计算公式即可求解， （2）根据总体方差的计算公式即可求解， （3）列举基本事件，即可由古典概型的计算公式求解. 【小问1详解】 由题意可知：，， 解得，； 由直方图知每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05 所以平均数：； 【小问2详解】 设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为， 且两组频率之比为， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数， 第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为 . 故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差是； 【小问3详解】 根据分层抽样，和的频率比为， 故在和中分别选取4人和1人，分别设为和， 则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有： 共10个，即， 记事件“两人来自不同组”，则事件包含的样本点有共4个，即， 所以. 答:选出的两人来自不同组的概率为. 18. 如图，直三棱柱中，，，点是中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）． 【解析】 【分析】（1）由等腰三角形和直棱柱的性质，得出和，根据线面垂直的判定定理，即可证出平面； （2）连接，交于点，连接，结合三角形的中位线得出，根据线面平行的判定定理，即可证出平面； （3）连，交于点，分别取、中点、，连接、、，根据线面垂直的判定定理，可证出平面和平面，从而得出就是二面角的平面角，最后利用几何法求出二面角的余弦值． 【详解】解：（1）证明：，是中点，， 又直三棱柱中，平面，平面， ， 又，平面，平面， 平面． （2）证明：连接，交于点，连接， 、分别是、的中点， 是的中位线，， 平面，平面， 平面 （3）解：连，交于点，分别取、中点、，连接、、， 四边形是正方形且、分别是、的中点，故， 在中，，， ，， 又，分别是，中点且， ， 又在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC， ， ，平面，平面， 平面， 平面，平面， ，， 又，，平面，平面， 平面， 平面，， 又平面平面 就是二面角的平面角， 设，则在中，， ， 故， 故， 即二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查线面垂直和线面平行的判定定理，以及利用几何法求解二面角余弦值，还涉及三角形中位线和勾股定理的逆定理的运用，考查推理证明能力和运算能力. 19. 已知函数的定义域为，如果存在区间，使得，则称区间为函数的一个和谐区间． （1）直接写出函数的所有和谐区间； （2）若区间是函数的一个和谐区间，求实数的值； （3）若函数存在和谐区间，求实数的取值范围． 【答案】（1），，；（2）或2；（3）. 【解析】 【分析】 （1）本题可令，解得或，然后根据函数的单调性以及“和谐区间”定义即可得出结果； （2）本题首先可将函数转化为，然后令，解得或，最后绘出函数图像，结合函数图像即可得出结果； （3）讨论或或，根据二次函数的性质确定函数的单调区间，再由单调性求出函数的值域，根据题干，函数的新定义即可求解. 【详解】解：（1）函数是增函数，定义域为， 令，解得或， 故函数的所有“和谐区间”为、、. （2）因为， 所以， 因为为函数的一个“和谐区间”， 所以可令，解得或， 如图所示，绘出函数图像： 结合“和谐区间”的定义易知，当时满足题意， 因为，所以当时，，满足题意， 故的值为或2. （3）①当时，在上时单调递减函数，由题意有， 得，因为，所以， 且,即，解得舍去， 或，. 由， 得，所以当时，和谐区间为． ②时，在上时单调递增函数， 由题意有，所以是方程的两个不等实根． 因为，又，得，因而有， 故方程在和内各有一个实根， 即且， 解得， 故当时，和谐区间为． ③当时，，得 当时，即，则，得， 又，得，得 或， 又由及， 解得，此时和谐区间为． 当时，即，则，得， 解得.若， 则由知,舍去； 若，，解得， 又，所以，此时和谐区间为， 综上，所求范围是. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义，能否结合题意明确函数新定义的含义是解决本题的关键，在解决函数类的问题时，合理利用函数图像可以给解题带来很大帮助，考查数形结合思想，是中档题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$