精品解析：湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

长沙市明德中学2023~2024学年高一年级期末考试 数学试卷 2024年7月 时量：120分钟 满分：150分 命题：高一数学组 审题：高一数学组 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 有一组互不相等的样本数据，平均数为.若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，记为，平均数为，则下列说法错误的是（ ） A. 新数据的极差可能等于原数据的极差 B. 新数据的中位数不可能等于原数据的中位数 C. 若，则新数据的方差一定大于原数据方差 D. 若，则新数据的分位数一定大于原数据的分位数 3. 设的内角A、B、C所对边分别为a，b，c，若，且不等式的解集为，则　　 A. B. C. 或 D. 4. 在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（ ） A. B. 4 C. 6 D. 10 5. 设，是非零向量，则“存在实数，使得”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 6. 如图，在直三棱柱中，，AC⊥BC，点D是AB的中点，则直线和平面所成角的正切值为( ) A. B. C. D. 7. 在正方体中边长为2，点是上底面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为,则此时点构成的图形面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量.若对区间内的三个任意的实数,都有,则向量与夹角的最大值的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 9. 一个正八面体八个面上分别标以数字1到8，将其随机拋掷两次，记与地面接触面上的数字依次为，事件“”，事件“”，事件“”，则（ ） A. B. C. 互斥 D. 独立 10. 已知函数的图象在区间上有且仅有三个对称中心，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的图象在区间上有2条或3条对称轴 C. 在区间上的最大值不可能为3 D. 在区间上为增函数 11. 如图，已知正方体棱长为，分别为棱上的点，，则（ ） A. B. 平面经过棱的中点 C. 平面截该正方体，截面面积的最大值为 D. 点到平面距离的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，函数图象与坐标轴交于点A，B，C，直线交的图象于点D，O(坐标原点)为的重心(三条边中线的交点)，其中，则的面积为___________. 13. 厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这容量为200的样本中，所有学生评分样本的平均数为，方差为，所有教师评分样本的半均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，≠0，抽取学生的样本容量多于教师的样本容量，则总样本中，学生样本的容量至少为______． 14. 正四棱锥的外接球半径为R，内切球半径为r，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. 在四棱锥中，平面平面为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求的大小； （2）若的面积为，且，当线段的长最短时，求的长. 17. 袋中装有除颜色外完全相同黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的. （1）求取球2次即终止的概率； （2）求甲取到白球的概率. 18. 如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，. （1）证明：直线平面； （2）设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值. 19. 点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上（点M与P，Q两点均不重合），我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记；若点M在线段PQ外，记. （1）若M在正方体的棱AB的延长线上，且，由对AB施以视角运算，求的值； （2）若M在正方体的棱AB上，且，由对AB施以视角运算，得到，求的值； （3）若是边BC的等分点，由A对BC施以视角运算，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市明德中学2023~2024学年高一年级期末考试 数学试卷 2024年7月 时量：120分钟 满分：150分 命题：高一数学组 审题：高一数学组 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据共轭复数和除法法则进行计算，得到答案. 【详解】因为，所以， 所以． 故选：A． 2. 有一组互不相等的样本数据，平均数为.若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，记为，平均数为，则下列说法错误的是（ ） A. 新数据的极差可能等于原数据的极差 B. 新数据中位数不可能等于原数据的中位数 C. 若，则新数据的方差一定大于原数据方差 D. 若，则新数据的分位数一定大于原数据的分位数 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由数据极差、中位数、方差和百分位数的计算公式逐项分析即可. 【详解】不妨设原数据，新数据..， A：例如原数据为，新数据为，此时极差均为，故A正确； B：原数据中位数为，新数据中位数为，可知或， 若，可得；若，可得； 综上所述：新数据的中位数不可能等于原数据的中位数，故B正确； C：若，可知去掉的数据为，则， 可得，所以新数据的方差一定大于原数据方差，故C正确； D：若，可知去掉的数据为，因为，可知原数据的分位数为第3位数，，可知新数据的分位数为第2位数与第3位数的平均数， 例如原数据为，新数据为，此时新数据的分位数､原数据的分位数均为3，故D错误， 故选：D. 3. 设的内角A、B、C所对边分别为a，b，c，若，且不等式的解集为，则　　 A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用一元二次不等式的解法先解出不等式，得出和的值，再利用正弦定理得出的值，结合大边对大角定理，可求出的值． 【详解】不等式 即，解此不等式可得， 所以，，， 由正弦定理可得，所以，， ，所以， 可得是锐角，所以，故选A． 【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法及正弦定理的应用，属于基础题．正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径. 4. 在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（ ） A. B. 4 C. 6 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】作出三棱锥的侧面展开图，连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，利用余弦定理计算可得. 【详解】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面的周长最小， 连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长， 因为侧棱长为的正三棱锥，， 所以， 由余弦定理可得 ， ，所以截面的最小周长为. 故选：C. 5. 设，是非零向量，则“存在实数，使得”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积的应用，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】若“”，则平方得， 即，即 ， 则，即，即，同向共线，则存在实数使得 ； 反之当时，存在，满足，但“”不成立， 即“存在实数使得 ”是“”的必要不充分条件. 故选：B． 6. 如图，在直三棱柱中，，AC⊥BC，点D是AB的中点，则直线和平面所成角的正切值为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合已知条件建立空间直角坐标系，设，列出点坐标，求出平面的法向量，利用线面夹角的向量公式求解即可. 【详解】由题意，以C为坐标原点，以CA，CB，为，，轴建立空间坐标系，如下图所示： 令，则，，，， 故，， 设为平面的一个法向量，则，即 令，则，，从而， 设直线和平面所成角为， 则， 故，从而. 故选：D. 7. 在正方体中边长为2，点是上底面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为,则此时点构成的图形面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：如下图所示， 设三棱锥的外接球为球，分别取、的中点、，则点在线段上， 由于正方体的棱长为2，则的外接圆的半径为， 设球的半径为，则，解得． 所以，，则， 易知，点在上底面所形成的轨迹是以为圆心的圆， 由于，所以，， 因此，点所构成的图形的面积为． 故选：． 点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 8. 已知平面向量.若对区间内的三个任意的实数,都有,则向量与夹角的最大值的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立直角坐标系,设出相关向量,通过分析位置,寻求临界值. 【详解】设. 如图,不妨设. 设为AB的中点,为OC的中点,为BD的中点,为AD的中点. 则. ,点在平行四边形内(含边界). 由题知恒成立. 为了使最大,则思考为钝角,即思考点在第一或第四象限. 思考临界值即与重合,与重合,且GM不能充当直角三角形斜边,否则可以改变的位置，使得 所以,即 即,即. 所以. 所以 所以向量与夹角的最大值的余弦值为 故选:A. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用已知条件转化出所在的位置. 二､多选题：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. 9. 一个正八面体的八个面上分别标以数字1到8，将其随机拋掷两次，记与地面接触面上的数字依次为，事件“”，事件“”，事件“”，则（ ） A. B. C. 互斥 D. 独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据事件的运算及包含关系即可判断AB；根据互斥事件的定义即可判断C；根据相互独立事件概率的乘法公式即可判断D. 【详解】“且”， 事件的基本事件有， 共个， 所以，故A正确； “且”“且”， 所以，故B正确； 对于C，当且时，事件同时发生， 所以不互斥，故C错误； 对于D，， 而“且”，则， 所以，所以独立，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数的图象在区间上有且仅有三个对称中心，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的图象在区间上有2条或3条对称轴 C. 在区间上的最大值不可能为3 D. 在区间上为增函数 【答案】BD 【解析】 【分析】化简得，令，求出其对称中心的横坐标，由及有且只有三个整数值，可得，故A不正确；令，求出其对称轴，结合的范围分析可知B正确；利用得，由的范围分析可得C不正确；根据正弦函数的单调性可得D正确. 【详解】， 令，得， 由结合，得， 依题意有且只有三个整数值，所以，得，故A不正确； 令，得， 由结合，得， 当时，，此时或，函数的图象在区间上有2条对称轴，为，， 当时，，此时或或，函数的图象在区间上有2条对称轴，为，，， 所以的图象在区间上有2条或3条对称轴，故B正确； 当时，， 因为，所以，所以当，即时，取得最大值，故C不正确； 由，得，因为，所以， 因为，所以在区间上为增函数，故D正确. 故选：BD 11. 如图，已知正方体的棱长为，分别为棱上的点，，则（ ） A. B. 平面经过棱的中点 C. 平面截该正方体，截面面积的最大值为 D. 点到平面距离的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】记为的中点，取线段上的点使得，正方体的中心为，然后说明平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，之后根据正方体的对称性和勾股定理，逐个选项验证即可. 【详解】 记为的中点，棱的中点， 取线段上的点使得，正方体的中心为. 则根据对称性，和，和，和分别关于点对称. 从而平面内，而，故， 从而在平面内. 由于前面的对称性，及在平面内， 知平面截该正方体的截面就是中心为的六边形， 从而一定在平面内，至此我们得到选项B正确. 前面已经证明，同理有，故. 由于，故， 同时显然有. 从而，. 由于，， 故四边形和都是等腰梯形，从而，. 这表明线段和互相平分且长度相等，所以四边形是矩形，故，至此我们得到选项A正确. 由于四边形和都是等腰梯形，且上底均为，下底均为， 腰长均为，故它们的高都等于. 所以它们的面积都等于. 故截面的面积. 当时，，至此我们得到选项C错误. 由于，且在平面内， 故点到平面的距离不超过. 而当时，分别是各自所在棱的中点，从而. 而，这表明点和点到三点的距离两两相等. 故点和点在平面的投影同样满足到三点的距离两两相等， 从而点和点在平面的投影都是的外心， 所以由点和点的投影是同一点，知垂直于平面. 从而由在平面内，知点到平面的距离就是的长，即. 所以，点到平面的距离的最大值是，至此我们得到选项D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于截面六边形的构造，这是利用正方体的对称性的关键. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，函数的图象与坐标轴交于点A，B，C，直线交的图象于点D，O(坐标原点)为的重心(三条边中线的交点)，其中，则的面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数的图象，求得函数的解析式，得到，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】因为O为的重心，且，可得， 解得，所以， 所以，所以，所以，解得， 可得， 由，即，可得， 解得，又由，所以， 所以， 于是， 故的面积为. 故答案为：. 13. 厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这容量为200的样本中，所有学生评分样本的平均数为，方差为，所有教师评分样本的半均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，≠0，抽取学生的样本容量多于教师的样本容量，则总样本中，学生样本的容量至少为______． 【答案】160 【解析】 【分析】假设在样本中，学生、教师的人数分别为，利用平均数公式可得出，利用方差公式结合已知条件可得出，令得，由结合已知条件可求得的取值范围，从而可得答案. 【详解】假设在样本中，学生、教师的人数分别为， 记样本中所有学生的评分为，所有教师的评分为， 由得， 所以 ， 所以，即， 令，则，， 即，解得或， 因为且，得，所以. 所以总样本中学生样本的个数至少为160. 故答案为：160. 14. 正四棱锥的外接球半径为R，内切球半径为r，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设出底面边长和高后，结合正四棱锥外接球与内切球性质用底面边长及高表示出外接球半径与内切球半径，而后作商，多次换元将式子化简后结合基本不等式计算即可. 【详解】设正四棱锥底面边长为，高为，底面的中心为，连接， 则，，所以， 设外接球球心为，内切球球心为，则，在上， 因为，所以， 在中，，化简得， 因为， 所以， 所以 ， 令，则， 令，则， 令，则， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： . 【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是表示出外接球半径和内切球半径之比后，经过多次换元转化将式子化简，从而得解. 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. 在四棱锥中，平面平面为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）如图，利用平行四边形的判断方法证明四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理的逆定理可得，利用面面、线面垂直的性质可得，设到平面的距离为，直线与平面的所成角为，结合等体积法和三棱锥的体积公式计算可得，即可求解. 【小问1详解】 取的中点，连接，则且， 又且，所以且， 故四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由，得，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，所以. 由，得， 所以，， 得，则，所以. 又， 设到平面的距离为，直线与平面的所成角为， 则，所以，解得， 所以， 即直线与平面的所成角的正弦值为. 16. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求的大小； （2）若的面积为，且，当线段的长最短时，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解； （2）由面积公式求出，在中利用余弦定理及基本不等式求出的最小值，求出此时、的值，再由余弦定理计算可得. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又， 所以， 所以，又，所以， 所以，即，又， 所以； 【小问2详解】 因为面积为，即， 即，则，， 因为，所以， 在中， 即，当且仅当，即，时取等号， 所以，即的最小值为，此时，， 则， 所以，即. 17. 袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的. （1）求取球2次即终止的概率； （2）求甲取到白球的概率. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）第二次终止即：第一次摸到黑球第二次摸到白球； （2）根据规则，甲取到白球必须可能是第1,3,5次出现白球，且在摸到白球之前乙摸到黑球，结合树状图求解. 【详解】（1）设事件A为“取球2次即终止”.即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借助树状图求出相应事件的样本点数： 因此，. （2）设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球.借助树状图求出相应事件的样本点数： 所以 . 【点睛】此题考查互斥事件的加法法则，关键在于准确将一个事件分拆成多个互斥的事件分别计算概率. 18. 如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，. （1）证明：直线平面； （2）设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出从而证明线面垂直. (2)先证明出，，得到为二面角的平面角，在直角三角形中求得，根据为线段的中点，求到平面的距离，从而求解出与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 设，连接， 四边形为菱形，则， 又，易得， 所以，则， 又，平面， 所以直线平面； 【小问2详解】 过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接， 由（1）易证，，，则为二面角的平面角， 在直角中，，又，可得， 设，则， 直角中，，可得， 为线段的中点，则到平面的距离，又， 设直线与平面所成角为，， 直线与平面所成角的正弦值为. 19. 点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上（点M与P，Q两点均不重合），我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记；若点M在线段PQ外，记. （1）若M在正方体的棱AB的延长线上，且，由对AB施以视角运算，求的值； （2）若M在正方体的棱AB上，且，由对AB施以视角运算，得到，求的值； （3）若是边BC的等分点，由A对BC施以视角运算，求的值. 【答案】（1） （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）根据锐角三角函数定义，结合和差角公式可得，即可代入公式求解， （2）根据的计算公式，代入即可求解， （3）由正弦定理可得，即可结合对施以视角运算，即可求证. 【小问1详解】 如图1， 因为，所以. 由正方体的定义可知，则， 故， . 因为， 所以， 则. 【小问2详解】 如图2，设， 则. 因为， 所以， 则，解得， 故. 【小问3详解】 如图3， 因为是的等分点， 所以. 在中，由正弦定理可得， 则. 在中，同理可得. 因为，所以， 则 同理可得. 故 【点睛】方法点睛：对于新定义问题的求解策略： 1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中； 2、用好定义的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的定义的性质的一些因素. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $