精品解析：湖南省怀化市沅陵县第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

2023-2024学年度第二学期期末考试 高一数学 命题人：李勇 审题人：黄谦 试卷总分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 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. 设集合，，则( ) A B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数满足，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 4. 函数在区间存在零点．则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，“ ”是“” A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知定义在上函数满足，且当时，，则 A. B. C. D. 7. 半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体就是一个半正多面体，其中四边形和四边形均为正方形，其余八个面为等边三角形，已知该多面体的所有棱长均为2，则平面与平面之间的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数恰有4个零点，则a的取值范围是（ ）． 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. 如图，用正方体ABCD一A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法正确的是（ ） A. MN与CC1垂直 B. MN与AC垂直 C. MN与BD平行 D. MN与A1B1平行 10. 空间中存在四个球，它们半径分别是2，2，4，4，每个球都与其他三个球外切，下面结论正确的是（ ） A. 以四个球球心为顶点的四面体体积为 B. 以四个球球心为顶点的四面体体积为 C. 若另一小球与这四个球都外切，则该小球半径为 D. 若另一小球与这四个球都内切，则该小球半径为 11. 在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 函数的最小正周期为 D. 将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，所得到的函数解析式为 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12 已知，则__________． 13. 已知，，，，当最小时，__________. 14. 函数的所有零点之和为________. 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. 知复数，复数在复平面内对应的点为 （1）若复数是关于的方程的一个根，，求的值： （2）若复数满足，求复数的共轭复数. 16. 俄罗斯与乌克兰的军事冲突导致石油、天然气价格飙升.燃油价格问题是人们关心的热点问题，某网站为此进行了调查，现从参与者中随机选出100人作为样本，并将这100人按年龄分组：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： （1）求样本中数据落在的频率； （2）求样本数据的第50百分位数； （3）若将频率视为概率，现在要从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行座谈，求抽取的2人中至少有1人的年龄在这一组的概率. 17. 如图，在菱形ABCD中，，E，F分别是边AB，BC上的点，且，，连接ED、AF，交点为G． （1）设，求t的值； （2）求的余弦值． 18. 对于平面向量，定义“变换”：， （1）若向量，，求； （2）已知，，且与不平行，，，证明：； （3）若向量，求． 19. 如图，在四棱锥中，底面矩形． （1）设为上靠近的三等分点，为上靠近的三等分点．求证：平面． （2）设是上靠近点的一个三等分点，试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年度第二学期期末考试 高一数学 命题人：李勇 审题人：黄谦 试卷总分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 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. 设集合，，则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合与的并集的定义即可求解. 【详解】 故选：D. 考点：集合的运算 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据交集的概念，直接计算出的结果. 【详解】因为，， 所以. 故选：C. 3. 已知复数满足，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】D 【解析】 【分析】由题意求出，进而解出，判断在复平面内对应的点所在象限即可. 【详解】由题意知：， 所以，所以在复平面内对应的点位于第四象限. 故选：D. 4. 函数在区间存在零点．则实数m取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的单调性的性质及函数零点的存在性定理即可求解. 【详解】由在上单调递增，在上单调递增，得函数在区间上单调递增， 因为函数在区间存在零点， 所以，即，解得， 所以实数m的取值范围是. 故选：B. 5. 在中，“ ”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】时，，所以必要性成立； 时，，所以充分性不成立，选B. 6. 已知定义在上函数满足，且当时，，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】函数满足，且当时，，，，，故选B. 7. 半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体就是一个半正多面体，其中四边形和四边形均为正方形，其余八个面为等边三角形，已知该多面体的所有棱长均为2，则平面与平面之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别取的中点，作出截面，结合几何体的性质，确定梯形的高即为平面与平面之间的距离，由此即可求得答案. 【详解】分别取的中点，连接， 根据半正多面体的性质可知，四边形为等腰梯形； 根据题意可知， 而平面， 故平面，又平面， 故平面平面，则平面平面， 作，垂足为S，平面平面， 平面，故平面， 则梯形的高即为平面与平面之间的距离； ， 故， 即平面与平面之间的距离为， 故选：B 【点睛】关键点睛：本题考查了空间想象能力，解答的关键是根据几何体的结构特征，作出其截面图，确定梯形的高即为平面与平面之间的距离，即可求得答案. 8. 已知函数恰有4个零点，则a的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把的零点个数等价于直线与函数图象的交点个数即可解决． 【详解】当时，，所以不是的零点； 当时，由，即，得， 则的零点个数等价于直线与函数图象的交点个数． 作出函数的大致图象（如图所示）， 由图可知． 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. 如图，用正方体ABCD一A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法正确的是（ ） A. MN与CC1垂直 B. MN与AC垂直 C. MN与BD平行 D. MN与A1B1平行 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据线线垂直、线线平行等知识确定正确答案. 【详解】由于是的中点，所以三点共线，则是的中点， 由于是的中点，所以，C选项正确. 根据正方体性质可知平面， 由于平面，所以，所以，A选项正确. 由于，所以，B选项正确. 由于，与相交，所以与不平行，D选项错误. 故选：ABC 10. 空间中存在四个球，它们半径分别是2，2，4，4，每个球都与其他三个球外切，下面结论正确的是（ ） A. 以四个球球心为顶点的四面体体积为 B. 以四个球球心为顶点的四面体体积为 C. 若另一小球与这四个球都外切，则该小球半径为 D. 若另一小球与这四个球都内切，则该小球半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设半径为2的两球球心为A，B；半径为4的两球球心为C,D，根据内切关系可得三棱锥的各棱长，根据线线关系确定线面关系从而可求以四个球球心为顶点的四面体体积及与这四个球都外切或内切的球的半径，逐项判断即可得结论. 【详解】设半径为2的两球球心为A，B；半径为4的两球球心为C,D，易知，，, 取中点，连接， 因为，点为中点， 所以，，则， 故，则， 因为平面，所以平面， 则，故A正确，B不正确； 若另一小球与这四个球都外切，设小球中心为，半径为，则点在四面体内，取中点，中点，连接， 则，，又，，所以， 则球心在上，所以， 同理，代入解得或（舍），故C正确； 若另一小球与这四个球都内切，设小球中心为，半径为，则，，且点在上， 所以， 同理，代入得或（舍），故D正确. 故选：ACD. 11. 在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 函数的最小正周期为 D. 将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，所得到的函数解析式为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由三角函数的定义，可得，，的值，根据和角差角及二倍角公式代入计算可判断A、B正误，对于C、D，根据辅助角公式进行化简，结合绝对值变换、周期公式及“左加右减”平移方法就可以判断. 【详解】由三角函数的定义，得，，. 对于A，，故选项A正确； 对于B，，故选项B正确； 对于C，，所以的最小正周期，故选项C错误； 对于D，将图象上的所有点向左平移个单位长度，得到的函数解析式，故选项D正确. 故选：ABD. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由已知，，则． 考点：同角关系式． 13. 已知，，，，当最小时，__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由向量减法运算，得到，由向量坐标运算得到，根据模长公式得到，由二次函数的性质得到结果. 【详解】解：， 得， ， 当时，有最小值； 故答案为：. 14. 函数的所有零点之和为________. 【答案】4 【解析】 【分析】由，得到，令，根据函数的图象及对称性，即可求解. 【详解】由题意，函数， 由，即，即， 令，其中， 可得函数的图象都关于点对称， 所以两函数的图象的交点关于点对称， 根据函数的图象可知，函数和有4个交点， 分别记为，可得. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中把函数的零点问题转化为两个函数的图象的交点，结合函数的图象和对称性求解是解答的关键，着重考查转化思想，数形结合思想，以及推理与运算能力. 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. 知复数，复数在复平面内对应的点为 （1）若复数是关于的方程的一个根，，求的值： （2）若复数满足，求复数的共轭复数. 【答案】（1）20 （2） 【解析】 【分析】（1）将代入一元二次方程即可得到方程组，解出即可； （2）根据复数的除法和共轭复数的概念即可得到答案. 【小问1详解】 由题意得， 因为复数是关于的方程的一个根， 所以， ， ， 解得，所以. 【小问2详解】 ， . 16. 俄罗斯与乌克兰的军事冲突导致石油、天然气价格飙升.燃油价格问题是人们关心的热点问题，某网站为此进行了调查，现从参与者中随机选出100人作为样本，并将这100人按年龄分组：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： （1）求样本中数据落在的频率； （2）求样本数据第50百分位数； （3）若将频率视为概率，现在要从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行座谈，求抽取的2人中至少有1人的年龄在这一组的概率. 【答案】（1）0.4 （2）52.5 （3） 【解析】 【小问1详解】 由频率分布直方图可得：组距为10，所以： ， 得：，故样本中数据落在的频率为：. 【小问2详解】 设第50百分位数为，易得位于50和60之间， 则有： 解得：. 【小问3详解】 分组人数为：人； 分组人数：人， 利用分层抽样的方法易得： 分组抽人， 分组抽人， 从这6人中随机抽取2人进行座谈，抽取的2人中至少有1人的年龄在分组，即： 2人中有1人的年龄在分组，另1人的年龄在分组；2人的年龄都在分组， 故抽取的2人中至少有1人的年龄在这一组的概率为：. 17. 如图，在菱形ABCD中，，E，F分别是边AB，BC上的点，且，，连接ED、AF，交点为G． （1）设，求t的值； （2）求的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1），由三点共线得，，结合平面向量基本定理可求得； （2）取作为平面的一组基底，用基底表示出向量，求出，，，由向量夹角公式即可求得答案. 【小问1详解】 ， 又D，G，E三点共线，则， 则， 因，不共线，由平面向量基本定理，得且， 解得. 【小问2详解】 取，作为平面的一组基底， 则， 则， . ， ， ． 18. 对于平面向量，定义“变换”：， （1）若向量，，求； （2）已知，，且与不平行，，，证明：； （3）若向量，求． 【答案】（1）； （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）将，带入变换计算可得； （2）利用变换规则计算向量数量积可得，且，，再由面积公式即可得出结论； （3）利用变换规则以及三角恒等变换以及可得，即可解得 【小问1详解】 根据题意可得，，， 代入变换可得， 即 【小问2详解】 得，同理可得， ； 所以， 则， 得， 即； 【小问3详解】 易知 ； 且 所以 ； 因此 由， 可得， 即,又， 解得． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解新定义的运算规则，得出任意两向量之间的关系，再结合三角恒等变换以及向量数量积的运算规则即可求解. 19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形． （1）设为上靠近的三等分点，为上靠近的三等分点．求证：平面． （2）设是上靠近点的一个三等分点，试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）在上是存在中点，使平面成立，证明见解析. 【解析】 【分析】（1）取上靠近的三等分点，连接，可得进而证明平面，同理证明平面，得出面平面即可证明； （2）存在中点，连，使，连，得出即可证明. 【详解】（1）如图，取上靠近的三等分点，连接， 中，， 则又平面，平面， 平面，同理，平面，又， ∴平面平面，又平面， ∴平面． （2）存在中点，使平面成立． 取中点，连，使，连． 是矩形，是的中点， 又是上靠近点的一个三等分点，且是中点， 是的中点， 中，， 又平面，平面， 平面， 故在上是存在中点，使平面成立． 【点睛】关键点睛：本题考查线面平行的证明，解题的关键是正确理解线面平行的判定定理以及面面平行的性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$