精品解析：河南省信阳市息县第二高级中学联考2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

息县二高联考2023-2024学年下期期末考试 高一数学卷 注意事项： 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．考试时间120分钟，满分150分．考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效．交卷时只交答题卡． 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．） 1. 已知全集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求出结果. 【详解】因为，所以， 又因为，所以． 故选：B． 2. 复数的虚部是（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数虚部的概念求解即可. 【详解】复数的虚部是. 故选：B. 3. 若一圆锥的侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面圆半径为，母线长为，利用侧面展开图条件建立与的关系式，作出圆锥轴截面图，证明并求出线面所成角的余弦值即可. 【详解】 作出圆锥的轴截面图,设圆锥的底面圆半径为，母线长为，依题意可得，， 即，因顶点在底面的射影即底面圆圆心,故母线与底面所成的角即. 在中，. 故选：C. 4. 已知是不同的直线，是不重合的平面，则下列命题中，不正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，根据面面平行的性质和线面垂直的判定定理分析判断，对于B，由线面平行的性质分析判断，对于C，根据线面平行的判定定理分析判断，对于D，由线面垂直的性质和线面平行的判定定理分析判断. 【详解】对于A，因为，所以， 因为，所以，所以A正确， 对于B，过作平面，因为，所以， 因为，，所以， 因为，，所以，所以，所以B正确， 对于C，当时，或，所以C错误， 对于D，因为，所以， 因为，所以，所以D正确. 故选：C 5. 已知非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为 ，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量计算可得. 【详解】因为，且， 所以，即夹角为， 故选：C. 6. 在中，内角的对边分别为，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理、余弦定理进行角化边整理得到，再通过余弦定理消元得到，然后利用基本不等式得出的最小值，从而可以得到的最大值． 【详解】因为， 由正弦定理得， 所以， 所以， 由余弦定理得， ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 所以当时，取得最大值， 此时， 所以的最大值是． 故选：D． 7. 已知函数，若对任意的实数，在区间上的值域均为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式，再根据余弦型函数的值域与周期性可得解. 【详解】由， 函数值域为， 又对任意的实数，在区间上的值域均为， 则， 解得， 故选：D. 8. 某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李华答对每道题目的概率都是，若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，则李华最终通过面试的概率为（　　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用相互独立事件及对立事件的概率公式计算即得. 【详解】依题意，李华3道题都没有答对的概率为， 所以李华最终通过面试的概率为. 故选：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，有选错的得0分） 9. 已知角A，B，C是三角形ABC的三个内角，下列结论一定成立的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，利用三角形的内角和，以及正弦定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，在中，因为，可得，所以A正确； 对于B中，由，可得，所以B不正确； 对于C中，因为，由正弦定理得，所以，所以C正确； 对于D中，因为，可得，由正弦定理得，所以D正确. 故选：ACD. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 值域为 B. 的最小值为4 C. 若，则的最小值为 D. 若，，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，先求得函数定义域，判断其奇偶性，求函数在上的值域，即得在上的值域；对于B，利用常值代换法运用基本不等式即可求解；对于C，先由条件推得，再运用基本不等式即可；对于D，举反例即可排除. 【详解】对于A，由有意义可得，，即，函数定义域关于原点对称. 由,知函数为奇函数， 当时，，设，则， 因时，，即得，又函数为奇函数，故得其值域为，即A正确； 对于B，因，故， 当且仅当时等号成立，即当时，的最小值为4，故B正确； 对于C，由可得或，即或，因，故， 因，则，当且仅当时取等号，即的最小值为，故C正确； 对于D，因，不妨取，则，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知函数的部分图象如图所示下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象的对称轴方程为直线 C. 函数的单调递减区间为 D. 若对于任意，都有成立，实数的取值范围为. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的图象，结合五点法作图，求出，再利用正弦函数的性质逐项分析判断即得. 【详解】对于A，函数的周期，，解得，A正确； 对于B，由，得， 而，则，即， 由，解得， 函数的图象的对称轴方程为直线，B正确； 对于C，由，得， 因此函数的单调递减区间为，C错误； 对于D，当时，，，即， 由，显然，， 因此，D正确. 故选：ABD 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的四则运算求出复数，再求其模长即得. 【详解】由可得，，则. 故答案为：. 13. 在四面体ABCD中，，AD与BC所成的角为60°，若E，F分别为棱AC，BD的中点，则线段EF的长等于______. 【答案】1或 【解析】 【分析】设G为CD中点，分别连接EG，FG，构造新的根据余弦定理可得到EF的长. 【详解】设G为CD中点，分别连接EG，FG，则EG是的中位线， 可得， 同理可得， 因为AD与BC所成的角为60° 所以等于60°或120°， 当 在中根据余弦定理得， 当同理可得 故答案为：1或 14. 已知PC是三棱锥外接球的直径，且，，三棱锥体积的最大值为8，则其外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得平面和，利用三棱锥体积公式和重要不等式，可得三棱锥的体积最大值，依题求出，即得,得出结论. 【详解】 如图，因为是三棱锥外接球的直径，所以． 又，故平面， 因平面，则．又，所以面， 因平面，故． 于是，三棱锥的体积为． 因（当且仅当时等号成立），所以体积的最大值为， 依题意，解得．因，故， 所以三棱锥的外接球的表面积为：． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查与球体相关几何体的运算，考查了线线、线面垂直的推导，属于难题. 解题思路为，利用题设先确定几何图形中的相关线面，线线的垂直关系，为表示三棱锥体积奠定基础，之后利用基本不等式结合体积最大值即可求得外接球半径. 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. 已知向量． （1）若三点共线，求的值； （2）若四边形为矩形，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，由三点共线，可得. （2）由，，若四边形为矩形，求解．即可得到结果. 【小问1详解】 因为， 所以，． 又三点共线，所以，所以， 解得． 【小问2详解】 由 ， 若四边形为矩形，则．即， 解得． 由，得 解得．所以． 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求； （2）若的面积为，内角的角平分线交边于，，求的长； （3）若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值. 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再求出，即可得解； （2）根据，再结合基本不等式即可得解； （3）由题意，两边平方得，结合余弦定理可求出，再根据数量积得几何意义即可得解 小问1详解】 在中，由及正弦定理， 得， 而， 则， 由，因此，则， 由，得，解得， 又，所以. 【小问2详解】 由得，，而，则， 又， 因为内角的角平分线交边于，所以， ∴， ∴. 【小问3详解】 在中，由余弦定理，得， 由边上的中线，又因为， 两边平方得， 则，即， 解得， 令边的中点分别为，由点为的外接圆圆心， 得，， ， ， 所以. 【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下： （1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； （2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”； （3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； （4）代数式变形或者三角恒等变换前置； （5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解； （6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理. 17. 树人中学为了学生的身心健康，加强食堂用餐质量（简称“美食”）的过程中，后勤部门需了解学生对“美食”工作的认可程度，若学生认可系数不低于0.85、“美食”工作按原方案继续实施，否则需进一步整改．为此后勤部门随机调查了该校600名学生，根据这600名学生对“美食”工作认可程度给出的评分，分成五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值和第70百分位数（结果保留两位小数）； （2）为了解部分学生给“美食”工作评分较低的原因，后勤部门从评分低于80分的学生中，按照调查评分的分组，分为3层，通过分层随机抽样抽取30人进行座谈，求应选取评分在的学生人数； （3）根据你所学的统计知识，结合认可系数，判断“美食”工作是否需要进一步整改，并说明理由． 【答案】（1）0.01，88.33； （2）10人； （3）“美食”工作需要进一步整改，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据频率分布图，求得，然后推得第70百分位数位于区间内，即可根据第百分位数的求法，得出答案. （2）根据分层抽样，即可求得评分在的学生人数. （3）根据频率分布直方图，即可求得平均数，进而得出答案. 【小问1详解】 由图可知：，所以； 评分在内的频率为，内的频率为， 则第70百分位数位，， 所以第70百分位数为88.33. 【小问2详解】 低于80分的学生中三组学生的人数比例为， 则应选取评分在的学生人数为：（人）. 【小问3详解】 由图可知，认可程度平均分为： ， 显然认可系数低于，所以 “美食”工作需要进一步整改. 18. 如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点E为AD中点， （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值； （3）点F为对角线AC上的点，且，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得； （2）面面垂直的性质定理平面，线面垂直的判定定理得平面，平面，线面平行的判定定理得平面，作垂足为，由等面积法得求出可得答案； （3）作平面，在平面作交于点，设线交线于点，由线面垂直的判定定理得平面，得，，求出可得答案. 【小问1详解】 ，， 则，， 又，，平面， 平面，平面， 平面平面； 【小问2详解】 侧棱，点E为AD中点.，，， 为正三角形，取中点，则，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 平面，所以，， 在边上取，连接，可得四边形是长方形， 可得，又，平面， 所以平面，作，垂足为，平面， ，， 又，平面， 平面，且， 又，平面，平面， 平面， 所以点到平面的距离，且点的投影在内， 在中，，，由余弦定理得， 作垂足为，由等面积法得， 所以二面角的大小的正弦值 ，； 【小问3详解】 作平面， 则，为在平面内的射影， 所以点，，共线， 再在平面作交于点， 又，，平面， 平面， 设线交线于点， 则，又，，平面， 平面，平面，得， ，， 又因为， 所以与平面所成的最大角的正弦值为， 当点为线与的交点时取到最大角. 【点睛】方法点睛：求二面角的方法：1.概念法，概念法指的是利用概念直接解答问题；2.空间变换法，空间变换法指的是基本的空间方法，包括三垂线法、补角法、垂面法、切平面法等方法；3.空间向量法.  19. 如图是函数图象的一部分． （1）求函数的解析式； （2）求函数的单调区间； （3）记方程在上的根从小到大依次为，若，试求与的值． 【答案】（1） （2）单调递增区间为，，单调递减区间为， （3）， 【解析】 分析】（1）根据函数图象可得，由周期求出，再根据函数过点求出，即可得到函数解析式； （2）根据正弦函数的性质计算可得； （3）依题意可得，由的取值范围求出的取值范围，令， ，即，结合正弦函数的图象及对称性计算可得. 【小问1详解】 由图可得， 函数的最小正周期为，又， 则，所以， 又函数过点，所以，则， 则，解得， 因为，所以， 所以． 【小问2详解】 令，，解得，， 令，，解得，． 因此函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，． 【小问3详解】 方程，即，即， 因为，所以， 设，其中，即， 结合正弦函数的图象，可得方程在区间有个解，即， 又的对称轴为， 不妨设个解从小到大依次， 则关于对称，关于对称，关于对称， 所以，，， 即，，， 解得，，． 所以， 所以，． 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是换元转化为方程在区间上的解的个数，结合正弦函数的图象及对称性计算得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 息县二高联考2023-2024学年下期期末考试 高一数学卷 注意事项： 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．考试时间120分钟，满分150分．考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效．交卷时只交答题卡． 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．） 1 已知全集，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部是（ ） A. 5 B. C. D. 3. 若一圆锥的侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是不同的直线，是不重合的平面，则下列命题中，不正确的有（ ） A. 若，则 B 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为 ，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，内角的对边分别为，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若对任意的实数，在区间上的值域均为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李华答对每道题目的概率都是，若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，则李华最终通过面试的概率为（　　　） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知角A，B，C是三角形ABC的三个内角，下列结论一定成立的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 10. 下列结论正确的是（ ） A. 值域为 B. 的最小值为4 C. 若，则的最小值为 D. 若，，则 11. 已知函数的部分图象如图所示下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象的对称轴方程为直线 C. 函数的单调递减区间为 D. 若对于任意，都有成立，实数的取值范围为. 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知，则______. 13. 在四面体ABCD中，，AD与BC所成的角为60°，若E，F分别为棱AC，BD的中点，则线段EF的长等于______. 14. 已知PC是三棱锥外接球的直径，且，，三棱锥体积的最大值为8，则其外接球的表面积为______． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量． （1）若三点共线，求的值； （2）若四边形为矩形，求值． 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求； （2）若的面积为，内角的角平分线交边于，，求的长； （3）若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值. 17. 树人中学为了学生的身心健康，加强食堂用餐质量（简称“美食”）的过程中，后勤部门需了解学生对“美食”工作的认可程度，若学生认可系数不低于0.85、“美食”工作按原方案继续实施，否则需进一步整改．为此后勤部门随机调查了该校600名学生，根据这600名学生对“美食”工作认可程度给出的评分，分成五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值和第70百分位数（结果保留两位小数）； （2）为了解部分学生给“美食”工作评分较低的原因，后勤部门从评分低于80分的学生中，按照调查评分的分组，分为3层，通过分层随机抽样抽取30人进行座谈，求应选取评分在的学生人数； （3）根据你所学的统计知识，结合认可系数，判断“美食”工作是否需要进一步整改，并说明理由． 18. 如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点E为AD中点， （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值； （3）点F为对角线AC上的点，且，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值. 19. 如图是函数图象一部分． （1）求函数的解析式； （2）求函数的单调区间； （3）记方程在上的根从小到大依次为，若，试求与的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$