精品解析：浙江省杭州市六校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

绝密★考试结束前 2023学年第二学期期末高一数学试题 命题：萧山中学 华杰､楼飞华 审核､审校：桐庐中学 李华 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟： 2､答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题卷. 第I卷 一､选择题（本大题共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】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式求出集合A，然后由交集运算可得. 【详解】由，解得， 所以. 故选：B 2. 若，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出复数,再根据虚部的概念进行选择. 【详解】由. 所以复数的虚部为：2. 故选：D 3. 已知是偶函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由，列出方程，求出的值，再检验定义域是否关于原点对称即可. 【详解】由得：， 解得，. 当时，，定义域为，关于原点对称， 故符合题意， 故选：B. 4. 已知，，：，：，则是的（ ） 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】A 【解析】 【分析】根据解出，再利用充分性和必要性即可判断. 【详解】解：因为，， ： 即，即，则， 而：， 所以，是的充分不必要条件， 故选：. 5. 如图是一个古典概型的样本空间和随机事件，其中，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据韦恩图，进行分析，结合古典概型计算即可. 【详解】，则, 则. 故选：B. 6. 如图，计划在两个山顶间架设一条索道.为测量间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在同一水平面上选一点，在处测得山顶的仰角分别为和，且测得，则间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，在直角和直角中，分别求得和，再在中，利用余弦定理，即可求解. 【详解】由题意，可得， 且， 在中，可得， 在中，可得， 在中，由余弦定理得 ， 所以. 故选：C. 7. 已知函数，将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知，由在区间上单调递增，则，即可求得的取值范围. 【详解】因为函数， 将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象， 则， 因为函数在区间上单调递增， 结合各选项，只需即可， 所以，即， 又因为，所以. 故选：C. 8. 已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】补形成正方体，求出正方体棱长，然后可得外接球半径，然后可解. 【详解】将正四面体补形成正方体，如图， 因为，，所以， 又是平面内的相交直线，所以平面平面， 因为到平面的距离分别是3和9，所以正方体棱长为， 结合正方体对称性可知，球心到平面的距离为3， 记正四面体的外接球的半径为，则，解得， 则外接球被平面截得的截面半径， 所以，截面面积为. 故选：A 二､多项选择题（本大题共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，全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.） 9. 下列函数中，可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，利用函数的零点的定义，以及函数的单调性，结合零点的存在定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，函数，可得函数的值域为， 所以函数在定义域没有零点， 所以函数不可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点， 所以A不符合题意； 对于B中，函数的定义域为，且在定义域上为单调递增函数， 因为，所以， 由零点的存在定理，可得函数在区间上存在零点，所以B符合题意； 对于C中，函数，令，解得或， 而，此时， 所以函数不可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点， 所以C不符合题意； 对于D中，函数， 当，可得， 所以函数在区间上为单调递减函数， 因为，即， 所以函数可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点， 所以D符合题意. 故选：BD. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若事件两两互斥，则成立. B. 若事件两两独立，则成立. C. 若事件相互独立，则与也相互独立. D. 若，则事件相互独立与互斥不能同时成立. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用互斥事件的概率公式可判断选项A；举反例判断选项B；利用事件相互独立的判定公式判断选项C，利用事件的独立性质和互斥判断选项D. 【详解】对于A选项，若事件两两互斥，则与互斥， 所以，，因此A正确； 对于B，考虑投掷两个骰子，记事件：第一个骰子的点数为奇数， 事件：第二个骰子点数为奇数，事件：两个骰子的点数之和为奇数， 于是有，， ，可以看出事件两两独立，但不互相独立， 所以，因此B错误； 对于C，若事件相互独立，则， 又，， 则 ，因此C正确； 对于D，若，事件相互独立， 则， 若互斥，则，因此D正确. 故选：ACD. 11. “圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，由已知结合球和圆柱的体积公式、表面积公式即可依次求出、、、，从而得解；对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，由三角形全等得，求证得，进而由台体体积公式计算得，由台体表面积公式得，从而 得和即可得解；对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，由得①，由和，得②，进而得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，从而得；对于D，由C结合基本不等式即为的最大值. 【详解】对于A，由题得，，，， 所以，所以，故A正确； 对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示， 因为， 所以， 所以，且， 所以， 又，所以，所以， 所以， ， 所以， 所以，故B错误； 对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示， 则由得， 整理得即①， 因为, 所以，故， 所以，所以即②， 由①②得即，整理得， 所以由①得， 所以，， 所以， 所以，故C错误； 对于D，由题意可知，所以由C得， 当且仅当即时等号成立，故的最大值为，故D正确. 故选：AD. 【点睛】思路点睛：对于圆台的体积和表面积，先由三角形全等得，接着由得，进而由台体体积公式和表面积公式计算求出和即可得和；对于圆锥的体积和表面积，先由得①，接着由和得②，从而由①②得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，进而得. 第II卷 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. ______. 【答案】9 【解析】 【分析】根据根式的化简与对数的运算法则计算即可. 【详解】原式可化为. 故答案为：9 13. 已知是第三象限角，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用正弦的差角公式先计算，结合诱导公式及同角三角函数的平方关系再利用正弦的和角公式计算即可. 【详解】因为， 且为第三象限角，所以， 所以 . 故答案为： 14. 在对树人中学高一年级学生身高的调查中，采用样本比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男生20人，其平均数和方差分别为170和10，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为160和15.则估计出总样本的方差为______. 【答案】37 【解析】 【分析】按男女生比例抽取样本，结合相应公式计算均值和方差即可． 【详解】由题意知， 总样本的平均数为， 总样本的方差为. 故答案为：37 四､解答题（本大题共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. 已知是非零向量，，且. （1）求在方向上的投影向量； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件得到，再利用投影向量的定义，即可求出结果； （2）利用（1）结果及数量积的运算律，即可求出结果. 【小问1详解】 因为，所以，又，得到， 又，所以在方向上的投影向量为. 【小问2详解】 由（1）， 所以， 得到. 16. 为了解甲､乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成两组，每组只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同､摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图： 记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不高于5.5”，根据直方图得到的估计值为0.30. （1）求乙离子残留百分比直方图中的值； （2）求甲离子残留百分比的第百分位数； （3）估计乙离子残留百分比的均值.（同一组数据用该组区间的中点值为代表） 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可求出，利用频率之和为1可求出； （2）根据频率分布直方图中的第百分位数计算方法即可求解； （3）根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解. 【小问1详解】 由已知得，解得， 所以． 【小问2详解】 根据直方图，易知甲离子残留百分比的第百分位数在区间，设为， 则，解得， 所以甲离子残留百分比的第百分位数为. 【小问3详解】 乙离子残留百分比的平均值的估计值为. 17. 在中，角所对的边分别是，已知的外接圆半径，. （1）求角； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由外接圆半径可得，结合正弦定理可得，由余弦定理可求出角C; （2）将结合外接圆半径将边用角A,B表示，再由（1）可知，进而用角来表示，结合三角函数的图象与性质即可求出范围. 【小问1详解】 由的外接圆半径，则，可得， . 由正弦定理得. 由余弦定理得， ， . 【小问2详解】 由(1)可得， ， ， 即. 18. 三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. （1）求证：面； （2）求三棱台的体积； （3）问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：连接， 在梯形中，过作交于， 由， 则为等边三角形,则， 四边形为菱形，则， 所以，即， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）连接，过作交于，由已知可得，又平面平面，则平面，可得，又，则可得平面. （2）由已知可得平面平面，过作，连接，可得平面，求得，如图，延长侧棱交于点，作于，连接，可求得，又因为与底面所成角的正弦值为，可求得，即可求得三棱台的体积. （3）如图，作交于，过作于，则，由（2），可得平面，则即为二面角的平面角，设，则，，由， 可得， 若，可得，即为中点，即侧棱上是存在点，使二面角成，则. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以平面平面， 过作，连接，平面， 平面平面， 则平面， 故几何体的高为， 如图，延长侧棱交于点，作于，连接， 由已知为中点，， 由（1）得，平面， 因为与底面所成角的正弦值为，则余弦值为， ，，， ， 由（1）得，则， 又因为与底面所成角的正弦值为， 所以， 故三棱台体积为. 【小问3详解】 如图， 作交于，过作于，则， 由（2）可得，平面， 则即为二面角的平面角， 又平面，则， 设，则， 则， 由，得，又， 所以， 若，则， 解得，所以，即为中点， 即侧棱上是存在点，使二面角成， 则. 19. 对于，记为关于的“差比模”.若取遍，记关于的“差比模”的最大值为，最小值为，若，则称关于的“差比模”是协调的. （1）若，求关于的“差比模”； （2）若，是否存在，使得关于的“差比模”是协调的？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； （3）若且，若关于的“差比模”是协调的，求的值. 【答案】（1） （2）不存在，理由如下： 先证明共轭复数有如下性质：若任意，则. 证明：设， 则， 而， 故. ； ； 故. 综上，共轭复数的性质得证. 记当“差比模”取最大值时的复数为，即. 由已知发现， 由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得 因为， 所以若当时取得，则时取到， 故可知， 由取遍，不恒为常数，则， 故由基本不等式可得， 故不存在，使得关于的“差比模”是协调的. （3） 【解析】 【分析】（1）由“差比模”定义代入复数，由复数的代数运算及求模可得； （2）由，利用共轭复数的性质与模的性质可得，利用基本不等式可得可知不存在，使得关于的“差比模”是协调的； （3）设，由平方整理再结合辅助角公式可得，利用三角函数有界性可得关于的不等式，由此可解得，结合韦达定理与题意关于的“差比模”是协调的，化简可求. 【小问1详解】 由题意得， 故关于的“差比模”为. 【小问2详解】 不存在，使得关于的“差比模”是协调的，理由略； 【小问3详解】 且，设， 则， 平方整理可得： 所以， 即， 平方整理得：， 令，设方程， 则， 故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设. 由题意知， ， 则，且， 故方程有两不等的正实数根， 由关于的不等式， 解得， 则，， 由已知关于的“差比模”是协调的，则， 所以， 利用韦达定理，， 则有， 化简可得， 故． 【点睛】结论点睛：有关共轭复数及模的常用性质有： （1）任意，则； （2）任意，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★考试结束前 2023学年第二学期期末高一数学试题 命题：萧山中学 华杰､楼飞华 审核､审校：桐庐中学 李华 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟： 2､答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题卷. 第I卷 一､选择题（本大题共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. 若，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知是偶函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 已知，，：，：，则是的（ ） 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 5. 如图是一个古典概型的样本空间和随机事件，其中，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，计划在两个山顶间架设一条索道.为测量间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在同一水平面上选一点，在处测得山顶的仰角分别为和，且测得，则间的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本大题共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，全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.） 9. 下列函数中，可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若事件两两互斥，则成立. B. 若事件两两独立，则成立. C. 若事件相互独立，则与也相互独立. D. 若，则事件相互独立与互斥不能同时成立. 11. “圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 第II卷 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. ______. 13. 已知是第三象限角，则______. 14. 在对树人中学高一年级学生身高的调查中，采用样本比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男生20人，其平均数和方差分别为170和10，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为160和15.则估计出总样本的方差为______. 四､解答题（本大题共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. 已知是非零向量，，且. （1）求在方向上的投影向量； （2）求. 16. 为了解甲､乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成两组，每组只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同､摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图： 记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不高于5.5”，根据直方图得到的估计值为0.30. （1）求乙离子残留百分比直方图中的值； （2）求甲离子残留百分比的第百分位数； （3）估计乙离子残留百分比的均值.（同一组数据用该组区间的中点值为代表） 17. 在中，角所对的边分别是，已知的外接圆半径，. （1）求角； （2）求的取值范围. 18. 三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. （1）求证：面； （2）求三棱台的体积； （3）问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 19. 对于，记为关于的“差比模”.若取遍，记关于的“差比模”的最大值为，最小值为，若，则称关于的“差比模”是协调的. （1）若，求关于的“差比模”； （2）若，是否存在，使得关于的“差比模”是协调的？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； （3）若且，若关于的“差比模”是协调的，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $