精品解析：湖南省雅礼教育集团2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

【新结构】2023-2024学年度湖南省雅礼教育集团2024年高一下学期期末考试数学试卷❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，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】求出集合再求交集即可. 【详解】，， 则. 故选：B. 2. 设为虚数单位，复数z满足，则为（ ）． A. B. 5 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的乘法除法法则，结合共轭复数的概念即可求解. 【详解】由，得， 所以， 所以. 故选：D. 3. 设，为两个不同的平面，则∥的一个充分条件是（ ） A. 内有无数条直线与平行 B. ，垂直于同一个平面 C. ，平行于同一条直线 D. ，垂直于同一条直线 【答案】D 【解析】 【分析】根据面面平行的判定一一判定即可. 【详解】对于A：内有无数条直线与平行推不出∥，只有内所有直线与平行才能推出，故A错误； 对于B：，垂直于同一平面，得到∥或与相交，故B错误； 对于C：，平行于同一条直线，得到∥或与相交，故C错误； 对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线可得∥，故：D正确． 故选：D 4. 定义在上的函数满足，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】判断出函数是以4为周期的周期函数，结合函数的周期可求解. 【详解】，则，从而， 即以4为周期，故. 故选：D. 5. 已知向量，满足，，则在方向上的投影向量为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可. 【详解】由，得. 根据定义可知：在方向上的投影向量为. 故选：C. 6. 设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 作出正三棱柱，设其外接球的半径为，找出球心的位置，根据正三棱柱的几何特征求出，进而可求得该正三棱柱外接球的表面积. 【详解】由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为. 设、分别为下、上底面的中心，且球心为的中点， 又，，， 设球的半径为，则， 所以. 故选：B. 【点睛】本题考查正三棱柱外接球表面积的计算，解题的关键就是列等式求出外接球的半径长，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 7. 某数学兴趣小组要测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若小明同学在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且米，则该球体建筑物的高度为（ ）米． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数可得，利用，求解即可得所求． 【详解】如图，设球心为，连接，则 设球的半径为，则， ， ， ，则该球体建筑物的高度为米． 故选：B． 8. 已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为，的中点为E，过点E作与垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，作出平面截正四棱锥所得的截面，再借助余弦定理、三角形面积公式求解作答. 【详解】在正四棱锥中，连接，则，是正三角形，由的中点为E，得， 而，则，在中，， ，令平面与直线交于，连，则， ，即点在棱上，同理平面与棱相交，令交点为，连， 于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面，由对称性知， 在中，，而， 在中，，由余弦定理得， 在中，，， 所以所得截面面积. 故选：A 【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 二、多选题：本题共3小题，共15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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（ ） A. 平均来说乙班比甲班防守技术好 B. 乙班比甲班防守技术更稳定 C. 乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差 D. 甲班很少不失球 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平均数及方差的大小关系逐一判断各选项. 【详解】对于A，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确； 对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误； 对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确； 对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确. 故选：ACD. 10. 伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验，其特点是每次试验只有两种可能结果．若连续抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记录这n次实验的结果，设事件M＝“n次实验结果中，既出现正面又出现反面”，事件N＝“n次实验结果中，最多只出现一次反面”，则下列结论正确的是（ ）． A. 若，则M与N不互斥 B. 若，则M与N相互独立 C. 若，则M与N互斥 D. 若，则M与N相互独立 【答案】AD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合互斥事件的定义，以及相互独立事件的概率乘法公式，即可求解 【详解】当时，所有基本事件有：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），共4种， 其中（正，反）和（反，正）这两种实验结果，事件M和事件N同时发生，故M与N不互斥，A选项正确； ，，，，则M与N不相互独立，B选项错误； 当时，所有基本事件有：（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反），共8种， 其中（正，正，反）、（正，反，正）和（反，正，正）这三种实验结果，事件M和事件N同时发生，故M与N不互斥，C选项错误； ，，，，则M与N相互独立，D选项正确. 故选：AD 11. 如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，．下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥．折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1．折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2．下列说法正确的是（ ）． A. 按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为 B. 按照折法①，存在满足 C. 按照折法②﹐三棱锥体积的最大值为 D. 按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知利用棱锥的结构特征，球的表面积判断A；由棱锥的结构特征判断B；由棱锥体积判断C；由线面角的定义求出大小判断D. 【详解】由题意知， 取的中点,由于和是直角三角形且全等， 故, 故在折法①的折叠过程中,三棱锥的外接球的球心为,半径为1, 故该球的表面积恒为,故A选项正确； 按照折法①,在折起过程中,点在平面内的投影在线段上(不包括端点), 而线段 (不包括端点)不存在使得，故不存在满足，故B选项错误； 按照折法②，取的中点，， 当平面平面时，三棱锥体积取得最大值， 此时体积,故C选项正确; 当时，，， 故此时,, 又因为平面, 故平面, 故为与平面所成线面角, 则，故D选项正确. 故选:ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 当且时，函数的图象一定经过定点___________ 【答案】 【解析】 【分析】令可求出定点. 【详解】令，可得当时，，所以图象一定经过定点. 故答案为：. 13. 如图所示，已知平面，则__________． 【答案】12 【解析】 【分析】首先表示向量，平方后，利用数量积公式，即可求解. 【详解】， , 因为平面，平面， 所以，， 所以， 则. 故答案为： 14. 已知向量，满足，，则的最大值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用向量的运算建立平面直角坐标系即可得，由得，则，结合三角函数设，利用三角函数的性质即可求得最值. 【详解】取平行四边形，连接 设，则， 因为向量，满足，所以，即， 设，，如图以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 则 所以，则，故， 所以 因为，又，可设 即，所以，其中，所以，所以， 故的最大值为，即的最大值为. 故选：. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）求的最小正周期T； （2）求的最小值以及取得最小值时的集合． 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简，结合正弦函数的周期公式即可求得答案； （2）根据正弦函数的性质即可求得答案. 【小问1详解】 由得， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，此时，即， 故x的集合为. 16. 记的内角的对边分别为，满足. （1）求角； （2）若，，是中线，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据边角转化，将题干条件均化成角，结合诱导公式，三角恒等变换进行化简求值； （2）利用，平方后求，结合余弦定理来处理 【小问1详解】 因，由正弦定理可知：， 由，故， ∴ ∴， ∴，又， 所以； 【小问2详解】 根据数量积的定义，由，得， 又，在中由余弦定理得： ∵，∴， 所以 17. 我校在2021年的自主招生考试成绩中随机抽取40名学生的笔试成绩，按成绩共分成五组：第1组，，第2组，，第3组，，第4组，，第5组，，得到的频率分布直方图如图所示，同时规定成绩在85分以上的学生为“优秀”，成绩小于85分的学生为“良好”，且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格． （1）根据样本频率分布直方图估计样本的中位数与平均数； （2）如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好”的学生中共选出5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“优秀”的概率是多少？ 【答案】（1）中位数为，平均数为；（2） 【解析】 【分析】（1）计算各组的频率得中位数在第三组，不妨设为，进而根据求解，根据平均数的计算方法计算即可得答案. （2）由分层抽样得良好”的学生有人，“优秀”的学生有人，进而根据古典概型求解即可. 【详解】解：（1）第一组的频率为，第二组的频率为，第三章的频率为，第四组的频率为，第五组的频率为， 所以中位数在第三组，不妨设为，则，解得， 平均数为； （2）根据题意，“良好”的学生有人，“优秀”的学生有人， 所以分层抽样得“良好”的学生有人，“优秀”的学生有人， 将三名优秀学生分别记为，两名良好的学生分别记为， 则这5人中选2人的基本事件有：共10种， 其中至少有一人是“优秀”的基本事件有：共9种， 所以至少有一人是“优秀”的概率是 18. 如图，在长方体中，，，点和点在棱上，且. （1）求证：平面； （2）求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接、，设，连接，即可得到，从而得证； （2）首先证明平面，得到，再证，即可得到平面，从而得证. 【小问1详解】 在长方体中，，点和点在棱上，且， 连接、，设，连接， 则为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 在长方体中，，则正方形， 所以， 平面，平面，所以， ，平面，所以平面， 平面，所以， 又，，，， 所以，所以，所以， 又，所以， 所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以. 19. 已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点． （1）求证：平面； （2）若为的中点，求与平面所成角的正弦值； （3）在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）由等边三角形得到，取中点，结合平面平面得平面，从而，进而平面，再得到，平面； （2）过点作，垂足为，则为与平面所成角，从而通过解三角形可得； （3）取的中点为，连接，过点作，垂足为，连接，则为二面角的平面角，由此通过解三角形可得． 【小问1详解】 ，，为等边三角形， 为的中点，， 取中点，连接，则， 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，． 又，，、平面，平面． 平面ABD，． 又，、平面， 平面． 【小问2详解】 过点作，垂足为．如图所示 由（1）知，平面．平面，． 又，平面，平面， 为与平面所成角． 由（1）知，平面ABD，平面，． 在中，，，， 为的中点，． 在中，，， 在中，， 在中，由余弦定理得， ． 与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 取中点为，连接， 为线段的中点，，， 由（1）知，平面，平面． 又平面，所以． 过点P作，垂足为，连接． ，平面，平面． 又平面，， 为二面角的平面角． 在中，， 由（1）知，为等边三角形，为的中点，． 由（1）知，平面ACD． 又平面，所以． 在中，， 由（2）知，，即，解得． 平面，平面，． 在中，，． 所以二面角的平面角的余弦值为． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是通过作辅助线找到二面角的平面角，再结合勾股定理、等面积法等求出相关长度，最后再利用三角函数定义即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【新结构】2023-2024学年度湖南省雅礼教育集团2024年高一下学期期末考试数学试卷❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为虚数单位，复数z满足，则为（ ）． A B. 5 C. 2 D. 3. 设，为两个不同的平面，则∥的一个充分条件是（ ） A. 内有无数条直线与平行 B. ，垂直于同一个平面 C ，平行于同一条直线 D. ，垂直于同一条直线 4. 定义在上的函数满足，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 3 5. 已知向量，满足，，则在方向上的投影向量为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 某数学兴趣小组要测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若小明同学在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且米，则该球体建筑物的高度为（ ）米． A. B. C. D. 8. 已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为，的中点为E，过点E作与垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为（ ）． A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共15分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（ ） A. 平均来说乙班比甲班防守技术好 B. 乙班比甲班防守技术更稳定 C. 乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差 D. 甲班很少不失球 10. 伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验，其特点是每次试验只有两种可能结果．若连续抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记录这n次实验的结果，设事件M＝“n次实验结果中，既出现正面又出现反面”，事件N＝“n次实验结果中，最多只出现一次反面”，则下列结论正确的是（ ）． A 若，则M与N不互斥 B. 若，则M与N相互独立 C. 若，则M与N互斥 D. 若，则M与N相互独立 11. 如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，．下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥．折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1．折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2．下列说法正确的是（ ）． A. 按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为 B. 按照折法①，存在满足 C. 按照折法②﹐三棱锥体积最大值为 D. 按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 当且时，函数的图象一定经过定点___________ 13. 如图所示，已知平面，则__________． 14. 已知向量，满足，，则的最大值为__________． 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）求的最小正周期T； （2）求的最小值以及取得最小值时的集合． 16. 记的内角的对边分别为，满足. （1）求角； （2）若，，是中线，求的长. 17. 我校在2021年的自主招生考试成绩中随机抽取40名学生的笔试成绩，按成绩共分成五组：第1组，，第2组，，第3组，，第4组，，第5组，，得到的频率分布直方图如图所示，同时规定成绩在85分以上的学生为“优秀”，成绩小于85分的学生为“良好”，且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格． （1）根据样本频率分布直方图估计样本的中位数与平均数； （2）如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好”的学生中共选出5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“优秀”的概率是多少？ 18. 如图，在长方体中，，，点和点在棱上，且. （1）求证：平面； （2）求证：. 19. 已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点． （1）求证：平面； （2）若为的中点，求与平面所成角的正弦值； （3）在（2）条件下，求二面角的平面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$