精品解析：安徽省亳州市2023-2024学年高一下学期7月期末联考数学试题

高一数学（人教版） 本试卷共4页，19题.全卷满分150分，考试时间120分钟. 考生注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知直线和平面，则成立的一个充分条件是（ ） A. 存在一条直线且 B. 存在一条直线且 C. 存在一个平面且 D. 存在一个平面且 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 10 D. 4 6. 已知一组数据的平均数为3，方差为，则另一组数据的平均数与方差分别为（ ） A. 12，1 B. 12，4 C. 17，4 D. 17，1 7. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度，得函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的奇函数和偶函数满足为自然对数的底数，若，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，设事件“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，“第一枚出现偶数点”，则（ ） A. A与B互斥 B. A与C互为对立 C. A与B相互独立 D. A与B互为对立 10. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知等腰中，底边，点满足，，点是的外接圆上的任意一点，则（ ） A. B. C. 外接圆半径为 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一组数据为，则该组数据的第分位数为______． 13. 在平面直角坐标系中，是第四象限角，是其终边上一点，则______． 14. 三棱锥中，底面是等腰直角三角形，为斜边，，是正三角形，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为______． 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. 某企业有A，B两个车间生产同一种型号的产品，检验小组对两个车间各生产的100件产品均随机抽取6件检测、获得质量指标值（满分值为10，8分为合格品），如下表所示： A车间产品质量指标 10 9 7 8 10 10 B车件产品质量指标 10 6 10 10 9 9 （1）以频率作为概率，估计A，B两车间生产该批次产品的合格率； （2）分别求出6件产品的平均数与方差，以此为依据，判断哪个车间生产质量更好？ 16. 某班级举办猜字谜比赛，比赛分为预赛和决赛两个环节，每个环节比赛只有“过关”与“不过关”两种结果，预赛和决赛都过关则比赛过关．甲和乙两位同学报名参加比赛，在预赛中过关的概率分别为，，在决赛中过关的概率分别为，，且所有比赛是否过关相互之间没有影响． （1）求甲和乙比赛都过关的概率； （2）求两人比赛中至少有1人不过关的概率. 17. 记锐角的内角的对边分别为，且满足． （1）求角； （2）若，求的取值范围． 18. 如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是棱的中点，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为． （1）证明：平面平面； （2）求； （3）记与侧面所成的角分别为，证明：． 19. 对于有序实数对，记，，其中表示和两个数中最大的数． （1）对于有序实数对，求的值； （2）记为四个数中的最小值，对于有序实数对和，试分别对和的两种情况比较和的大小； （3）在由4个实数对组成的所有有序实数对中，直接写出一个有序实数对，使得最小，并写出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学（人教版） 本试卷共4页，19题.全卷满分150分，考试时间120分钟. 考生注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得. 【详解】又，即，解得， 所以，又， 所以. 故选：B 2. 复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法运算求出，再确定对应点所在象限. 【详解】依题意，， 所以在复平面内对应的点位于第一象限. 故选：A 3. 已知直线和平面，则成立的一个充分条件是（ ） A. 存在一条直线且 B. 存在一条直线且 C. 存在一个平面且 D. 存在一个平面且 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的判定方法，结合选项可得答案. 【详解】在A，B，D中，均有可能，错误， 在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，C正确， 故选：C. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式求出，再利用正余弦齐次式法计算即得. 【详解】由，得， 所以. 故选：A 5. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 10 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用共线向量的坐标表示求出，再利用向量模的坐标表示计算即得. 【详解】向量，由，得，解得， 则，所以. 故选：B 6. 已知一组数据的平均数为3，方差为，则另一组数据的平均数与方差分别为（ ） A. 12，1 B. 12，4 C. 17，4 D. 17，1 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用平均数、方差的定义计算即得. 【详解】依题意，， 所以，. 帮选：C 7. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度，得函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数图象求出解析式，再根据三角函数的变换规则及诱导公式计算可得. 【详解】依题意，，所以，解得， 所以，又， 则，解得，又，所以， 所以， 将的图象向右平移个单位长度得到. 故选：D 8. 已知定义在上的奇函数和偶函数满足为自然对数的底数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数，偶函数的定义求出，，利用单调性和适当放缩法判断大小，即可得出答案． 【详解】解：函数、分别是定义在实数集上的奇函数、偶函数， ，， 又， ， ， 解得：， ， 整理得：， 因为函数单调递增，函数在单调递增， 在单调递增， ， ， ， ， 通过适当估值得：， ， 故， 故选：C． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，设事件“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，“第一枚出现偶数点”，则（ ） A. A与B互斥 B. A与C互为对立 C. A与B相互独立 D. A与B互为对立 【答案】BC 【解析】 【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可. 【详解】对于AD，事件可以同时发生，如第一枚的点数为1，第二枚的点数为2， 因此A与B不互斥，也不对立，AD错误； 对于B，事件A与C不可能同时，但必有一个发生，它们互为对立，B正确； 对于C，，，因此， A与B相互独立，C正确. 故选：BC 10. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基本不等式，结合指数、对数函数单调性逐项判断即可. 【详解】对于A，，当且仅当时取等号，A正确； 对于B，，当且仅当时取等号，B正确； 对于C，，当且仅当时取等号，C错误； 对于D， ，当且仅当时取等号，D正确. 故选：ABD 11. 已知等腰中，底边，点满足，，点是的外接圆上的任意一点，则（ ） A. B. C. 外接圆半径为 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则判断A，根据题中条件，结合勾股定理、余弦定理，可得、、，再由锐角三角函数及二倍角公式判断B，由正弦定理可得外接圆半径，即可判断C，根据向量的线性运算法则，结合数量积公式，可得的最大值，即可判断D. 【详解】因为，所以， 所以，故A正确； 因为、，所以、， 又，， 由余弦定理可得 ， 所以， 解得，则，则， 所以 ，故B错误； 设的外心为，外接圆的半径为， 由正弦定理得，解得，故C正确； 可得． 由平面向量的线性运算知，， 所以， 由图可知：． 当且同向时，， 所以最大值为，故D正确． 故选：ACD 【点睛】方法点睛：平面向量解题方法 1．平面向量的线性运算要抓住两条主线：一是基于“形”，通过作出向量，结合图形分析；二是基于“数”，借助坐标运算来实现． 2．正确理解并掌握向量的概念及运算，强化“坐标化”的解题意识，注重数形结合思想、方程思想与转化思想的应用． 提醒：运算两平面向量的数量积时，务必要注意两向量的方向． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一组数据为，则该组数据的第分位数为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数计算规则计算可得. 【详解】因为，所以该组数据的第分位数为. 故答案为： 13. 在平面直角坐标系中，是第四象限角，是其终边上一点，则______． 【答案】##0.6 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角函数定义求出，再利用诱导公式、二倍角的余弦公式，结合齐次式法求解即得. 【详解】依题意，， 所以 . 故答案为： 14. 三棱锥中，底面是等腰直角三角形，为斜边，，是正三角形，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，所以为二面角的平面角，过点作与平面垂直的直线，则球心在该直线上，设球的半径为，在中利用余弦定理可得，从而可得外接球的表面积. 【详解】因为底面是等腰直角三角形，为斜边，，所以， 如图，取的中点，连接，， 由题意，，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，且， 所以，为外接圆的圆心， 又是边长为的等边三角形，所以， 过点作与平面垂直的直线，则球心在该直线上， 设球的半径为，连接，可得， 在中，， 利用余弦定理可得， 所以，解得， 所以外接球的表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 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. 某企业有A，B两个车间生产同一种型号的产品，检验小组对两个车间各生产的100件产品均随机抽取6件检测、获得质量指标值（满分值为10，8分为合格品），如下表所示： A车间产品质量指标 10 9 7 8 10 10 B车件产品质量指标 10 6 10 10 9 9 （1）以频率作为概率，估计A，B两车间生产该批次产品的合格率； （2）分别求出6件产品的平均数与方差，以此为依据，判断哪个车间生产质量更好？ 【答案】（1） （2） A车间生产随机抽取6件产品的平均数为， 方差为， B车间生产随机抽取6件产品的平均数为， 方差为， 因为，所以A车间生产的产品质量比B车间生产的产品质量更稳定，故选A车间生产的产品更好. 【解析】 【分析】（1）根据题意算出频率，以频率作为概率即可求解； （2）根据平均数和方差的计算公式即可求解. 【小问1详解】 从数据可知，在随机抽取6件产品中， A车间生产该批次产品的合格量为，频率为，B车间生产该批次产品的合格量为，频率为， 以频率作为概率，A，B两车间生产该批次产品的合格率均为； 【小问2详解】 略 16. 某班级举办猜字谜比赛，比赛分为预赛和决赛两个环节，每个环节比赛只有“过关”与“不过关”两种结果，预赛和决赛都过关则比赛过关．甲和乙两位同学报名参加比赛，在预赛中过关的概率分别为，，在决赛中过关的概率分别为，，且所有比赛是否过关相互之间没有影响． （1）求甲和乙比赛都过关的概率； （2）求两人比赛中至少有1人不过关的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件，即可求解； （2）根据对立事件的概率公式计算即可求解. 【小问1详解】 记：甲同学比赛过关，：甲同学预赛过关，：乙同学预赛过关， ：乙同学比赛过关，：甲同学决赛过关，：乙同学决赛过关， 所以，， 因为所有比赛是否过关相互之间没有影响，所以事件与事件相互独立， 所以甲和乙比赛都过关的概率为； 【小问2详解】 两人比赛中至少有1人不过关的对立事件为甲和乙比赛都过关，所以两人比赛中至少有1人不过关的概率为. 17. 记锐角的内角的对边分别为，且满足． （1）求角； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解即得. （2）利用正弦定理、差角的正弦公式化简，再利用正切函数性质求出范围. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得， 而，则有，又， 解得，而，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，，由是锐角三角形，得， 解得，，由正弦定理得， 则， 所以的取值范围是. 18. 如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是棱的中点，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为． （1）证明：平面平面； （2）求； （3）记与侧面所成的角分别为，证明：． 【答案】（1） 因为在正四棱锥中，所有棱长均为，点是棱的中点， 所以，， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2） （3） 设平面与的交线为，，， 过点作平面使得平面， （即过点作交于点、交于点，再在平面内作，连接， 则，又，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 又平面与的交线为，平面，所以， 所以平面）， 设，，，， 所以，即， 所以，同理可得， 所以， 设，同上方法可得， 所以， 而， 所以， 又与侧面所成的角分别为， 则，，，， 而， 所以. 【解析】 【分析】（1）依题意可得，，即可证明平面，从而得证； （2）根据，利用等体积法计算可得； （3）设时平面与的交线，过点作平面使得平面，设，即可得到，设，同上方法可得，即可求出，从而得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，连接，则平面， 设点到平面的距离为，因为在正四棱锥中，所有棱长均为， 所以四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为， 又， 依题意可得， 所以， 即，解得； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是利用等体积法，第三问关键是求出，即可求出，再由平方关系证明. 19. 对于有序实数对，记，，其中表示和两个数中最大的数． （1）对于有序实数对，求的值； （2）记为四个数中的最小值，对于有序实数对和，试分别对和的两种情况比较和的大小； （3）在由4个实数对组成的所有有序实数对中，直接写出一个有序实数对，使得最小，并写出的值． 【答案】（1），； （2）； （3），. 【解析】 【分析】（1）根据条件中的定义，求即可. （2）根据给定的定义，求出当时的和并比较大小，再求出当时的和并比较大小. （3）利用（2）的信息，写出最小时的有序实数对，再计算. 【小问1详解】 ，. 【小问2详解】 ，， ，， 当时，， 因为，且，则； 当时，， 因为，且，则， 所以无论还是，都成立． 【小问3详解】 由（2）知，有序实数对中，第一坐标最小的为左起第一个，第二坐标最小的为右起第一个， 由此依次比较余下的有序实数对，可使得最小， 因此由4个实数对组成的所有有序实数对中， 有序实数使得最小， ，， ， . 【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $