精品解析：云南省宣威市部分学校2024-2025学年高一下学期学业水平检测数学试卷

云南省宣威市部分学校2024-2025学年高一下学期学业水平检测数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，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：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题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，则（ ） A. B. C. 5 D. 10 2. 已知，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. 已知事件与事件相互独立，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知在平行四边形中，，，记，，则（ ） A. B. C. D. 5. 棱长为2的正方体中，E，F分别是的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义在上的函数满足，且时，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 7. 已知是以BC为斜边，面积为1的直角三角形，则绕BC边旋转一周得到的几何体的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，则的最小值为（ ） 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. 下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 10. 2019年至2023年全球原生林年损失量（单位：Mha）如图所示，对于这五个数据，下列说法正确的是（ ） A. 极差为0.47 B. 平均值为3.742 C. 第60百分位数为3.76 D. 从这5个数据随机抽取两个数据，这两个数据均大于3.58的概率为0.3 11. 已知.若对于非空数集，存在个两两交集为空的集合，，使得，且任意两个集合的所有元素之和均相等，则称集合为“可分集”.设，则（ ） A. 是“4可分集” B. 若是“4可分集”，则为偶数 C. 对于任意的偶数不为“可分集” D. 对于任意的奇数均为“可分集” 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若命题为真命题，则实数的取值范围是__________. 13. 已知函数的最小正周期为，则__________. 14. 如图，已知正四面体分别是棱PA，PC，BA，BC上的中点，则四边形MNRQ的形状为____________，异面直线BM与QR所成的角的余弦值为__________ 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数，记不等式的解集为. （1）求（用区间的形式表示）； （2）若对任意的，有，求的最大值. 16. 已知向量. （1）若，求； （2）若，求； （3）若，求在方向上投影向量的坐标. 17. 在一次某高校国际学生文化交流会上，对外国留学生举行了“中华文化知多少”知识竞赛.某数学小组收集了本次知识竞赛的成绩单，根据本次知识竞赛的成绩（满分100分）将收集到的成绩分成五段：，处理后绘制了如下的频率分布直方图. （1）求； （2）若该高校共有2000名外国留学生，以频率代替概率，估计该高校知识竞赛成绩不超过70分的人数； （3）已知在内的平均数为52，方差为105，内的平均数为72，方差为503，求所有留学生成绩的方差. 18. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求； （2）若. （i）求的最大值； （ii）求的最小值. 19. ①斜圆锥，顾名思义，即圆锥锥体中轴线被拉斜后所形成的锥体.保持圆锥的顶点到圆锥底面的距离不变，将顶点位置改变后，所得到的锥体即为斜圆锥. ②祖暅原理指出：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面积相等，则体积相等. （1）如图，已知圆柱的上底面圆心为，下底面圆心为，圆锥的顶点为，底面与圆柱的下底面相同. 是圆柱的上底面圆周上一点，将与圆柱下底面圆周上的点相连，记构成的封闭几何体为斜圆锥. 是平行于圆柱底面且与圆柱有交点的平面，A，B是圆柱下底面圆周上的两点，. （i）证明：； （ii）证明：截所得的图形为圆面； （2）已知斜圆锥的底面半径为，底面中心与顶点的连线长度为，且其与底面所成的角为，求该斜圆锥的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南省宣威市部分学校2024-2025学年高一下学期学业水平检测数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，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：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题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，则（ ） A. B. C. 5 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】利用同角三角函数的商数关系与诱导公式计算即可. 【详解】由题意得，即， 由正切函数诱导公式可得，由， 解得，故. 故选：C. 2. 已知，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】由复数的运算法则求出，由共轭复数的概念得，进而得其在复平面内对应的点的坐标，即可得解. 【详解】由题意可得， 故，其在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D. 3. 已知事件与事件相互独立，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用相互独立事件的概率公式，即可求解. 【详解】因为事件A，B是相互独立事件，所以事件也是相互独立事件， 又，所以， 故. 故选：A. 4. 已知在平行四边形中，，，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的加法计算得出，再结合平行四边形得出答案即可. 【详解】，其中. 因为在平行四边形中，有， 所以. 故选：D. 5. 棱长为2的正方体中，E，F分别是的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用三棱锥体积公式结合等体积法计算求解. 【详解】设点B到平面的距离为，则， 故， 因此. 故选:B. 6. 已知定义在上的函数满足，且时，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得函数周期为6，利用周期函数的概念与性质求解. 【详解】因为，故， 所以函数周期为6， 故. 故选：A. 7. 已知是以BC为斜边，面积为1的直角三角形，则绕BC边旋转一周得到的几何体的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设AB，AC的长度分别为x，y，由面积为1可知，边上的高的长度，表达出其体积，由基本不等式求出体积的最大值. 【详解】设的两条直角边AB，AC的长度分别为x，y，则BC的长度为. 由题意，由面积为1可知，则， 边上的高的长度满足，则. 绕BC边旋转一周得到的几何体为两个圆锥的组合体， 其体积， 由基本不等式得，当且仅当时取等， 故几何体的体积的最大值为. 故选：B. 8. 在中，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，，由条件结合正弦定理得，又可推导出，从而，令，结合二次函数的性质可求得的最小值. 【详解】由题意，可得. 在中可得， 由正弦定理得， 所以. 又， 由，得. 所以 . 令， 则，当时取等号， ∴当时，取得最小值. 故选：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. 下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于AC：根据偶函数的定义结合函数单调性分析判断；对于BD：举反例说明即可. 【详解】对于A，设函数，则其定义域为， 且，可知为偶函数， 根据二次函数的性质可知，在上单调递增，故A正确； 对于B，设函数，则，， 可得，可知不是增函数，故B错误； 对于C，设函数，其定义域为， 且，可知为偶函数， 当时，在上单调递增，故C正确； 对于D，令函数，则， 因为，可知不为偶函数，故D错误. 故选：AC. 10. 2019年至2023年全球原生林年损失量（单位：Mha）如图所示，对于这五个数据，下列说法正确的是（ ） A. 极差为0.47 B. 平均值为3.742 C. 第60百分位数为3.76 D. 从这5个数据随机抽取两个数据，这两个数据均大于3.58的概率为0.3 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据极差，平均值，百分位数的概念及公式判断ABC；根据古典概型的概率公式判断D. 【详解】将图中所给数据按照从小到大的顺序依次排列为：3.56，3.58，3.59，3.95，4.03， 易得这5个数据的极差为，故A正确； 平均值为，故B正确； 由于为整数，故第60百分位数为，故C错误； 从这5个数据随机抽取两个数据，有以下情况： ，共10种可能情况， 其中满足这两个数据均大于3.58有：，共有3种情况， 故所求概率为，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知.若对于非空数集，存在个两两交集为空的集合，，使得，且任意两个集合的所有元素之和均相等，则称集合为“可分集”.设，则（ ） A. 是“4可分集” B. 若是“4可分集”，则为偶数 C. 对于任意的偶数不为“可分集” D. 对于任意的奇数均为“可分集” 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用定义易判断A，利用定义计算可判断BC；设奇数，利用构造法证明即可判断D. 【详解】对于A，因为均只有一个元素，即元素之和为1，2，3，4， 互不相等，故A错误； 对于B，若为奇数，那么2k能被4整除，因为能被4整除， 所以2k必须能被4整除，因此为偶数，故B正确； 对于C，若为偶数，那么能被整除，于是必然是整数， 这与为偶数矛盾，所以不为“可分集”，故C正确； 对于D，不妨设奇数，下面给出一种构造： 由于，则前组为 ， ， 后组为 ，因此对于任意的奇数均为“可分集”，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若命题为真命题，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得在上恒成立，再次转化为求出的最大值即可. 【详解】因为命题为真命题， 所以在上恒成立， 因为，所以，当且仅当，即时取等号， 所以，当且仅当，即时取等号， 即的最大值为， 所以，即实数的取值范围是. 故答案为： 13. 已知函数的最小正周期为，则__________. 【答案】1或 【解析】 【分析】先由周期求出，再由求出即可分析求解. 【详解】由题意可得，故，故或， 又因为，故或， 所以，故或， 故， 或， 或， 或， 所以或或或. 故答案为：1或. 14. 如图，已知正四面体分别是棱PA，PC，BA，BC上的中点，则四边形MNRQ的形状为____________，异面直线BM与QR所成的角的余弦值为__________ 【答案】 ①. 菱形； ②. 【解析】 【分析】（1）利用中位线即可求证四边形MNRQ为平行四边形，再求证即可； （2）根据异面直线所成角的定义找出或其补角为所求角，在中利用余弦定理求得即可. 【详解】由题知，MN为的中位线，所以且， 同理可得AC且，故四边形MNRQ为平行四边形， 同理有，因为在正四面体中，AC，所以， 故四边形MNRQ为菱形；因为，所以即为异面直线BM，QR所成的角， 设正四面体棱长为2a，则，， 由余弦定理可得， 故异面直线BM，QR所成的角的余弦值为. 故答案为：菱形；. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数，记不等式的解集为. （1）求（用区间的形式表示）； （2）若对任意的，有，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先解二次不等式可得，再根据对数函数单调性运算求解即可； （2）令，可得在上恒成立，利用基本不等式运算求解即可. 【小问1详解】 因为，可得，解得， 所以解集为. 【小问2详解】 因为，即， 令，则， 可得在上恒成立，只需， 因为，当且仅当时，等号成立， 可得，即， 所以故的最大值为. 16. 已知向量. （1）若，求； （2）若，求； （3）若，求在方向上投影向量的坐标. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出的坐标，再通过向量模长公式计算； （2）先求出的坐标，再由向量平行的坐标表示求得参数； （3）根据投影向量求法求解即可. 【小问1详解】 时，，所以， 故. 【小问2详解】 ， 由，可得， 解得. 【小问3详解】 时，， 此时在方向上的投影向量的坐标为. 17. 在一次某高校国际学生文化交流会上，对外国留学生举行了“中华文化知多少”知识竞赛.某数学小组收集了本次知识竞赛的成绩单，根据本次知识竞赛的成绩（满分100分）将收集到的成绩分成五段：，处理后绘制了如下的频率分布直方图. （1）求； （2）若该高校共有2000名外国留学生，以频率代替概率，估计该高校知识竞赛成绩不超过70分的人数； （3）已知在内的平均数为52，方差为105，内的平均数为72，方差为503，求所有留学生成绩的方差. 【答案】（1）； （2）1100； （3）467.6. 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1得到方程，求出； （2）求出前三个区间频率之和，从而求出该高校知识竞赛成绩不超过70分的人数； （3）先计算出所有留学生成绩的平均数，再根据样本方差和整体方差的相关公式计算即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图的性质，所有矩形面积和为1， 所以， 解得. 【小问2详解】 前三个区间频率之和为， 以频率代替概率可知该高校知识竞赛成绩不超过70分的人数为人. 【小问3详解】 记在内的平均数为，方差为，内的平均数为，方差为， 所有留学生成绩的平均数为，方差为， 则在内频率为，在[60，90]内的频率为， 则， 故. 18. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求； （2）若. （i）求的最大值； （ii）求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）6；（ii） 【解析】 【分析】（1）由题中条件根据正弦定理边角互化，再利用余弦定理可得； （2）（i）根据向量的线性运算可得，两边平方得，由基本不等式可得的最大值； （ii）设，结合与，可得，令，利用基本不等式可求得的最小值. 【小问1详解】 因，由正弦定理边角互化可得： ，即， 由余弦定理可得. 【小问2详解】 （i）因， 所以， 又，， 则 ， 由基本不等式可得， 当且仅当，即时取等号. 故的最大值为6. （ii）设，则，其中. 又，则. 由（1）可得， 则. 注意到， 对于，令，其中，则， 则， 当且仅当，即时取等号. 则， 则，当且仅当时取等号. 所以的最小值为. 19. ①斜圆锥，顾名思义，即圆锥锥体中轴线被拉斜后所形成的锥体.保持圆锥的顶点到圆锥底面的距离不变，将顶点位置改变后，所得到的锥体即为斜圆锥. ②祖暅原理指出：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面积相等，则体积相等. （1）如图，已知圆柱的上底面圆心为，下底面圆心为，圆锥的顶点为，底面与圆柱的下底面相同. 是圆柱的上底面圆周上一点，将与圆柱下底面圆周上的点相连，记构成的封闭几何体为斜圆锥. 是平行于圆柱底面且与圆柱有交点的平面，A，B是圆柱下底面圆周上的两点，. （i）证明：； （ii）证明：截所得的图形为圆面； （2）已知斜圆锥的底面半径为，底面中心与顶点的连线长度为，且其与底面所成的角为，求该斜圆锥的体积. 【答案】（1）（i）证明：由题可知平面平面OAB，且平面平面. 又因为，即平面，所以. 由于平行线分线段成比例，所以，即. （ii）证明：如图，连接，记，连， 因为，，所以平面平面，又平面平面，平面平面，所以，于是有， 同理可得，所以，又，所以， 由于是圆柱下底面圆周上的任意两点，故结论具有一般性，所以截所得的图形是以为圆心的圆面. （2） 【解析】 【分析】(1)（ⅰ）利用面面平行的性质定理可以证得，根据平行线分线段成比例得到，即可得证； （ii）同（ⅰ）类似，记，则可以证明,从而得到，即可得证； (2)设，圆柱的高为， 由（1）知， 从而可以说明斜圆锥、圆锥分别与平面的截面圆半径相同，再由祖暅原理将的体积转化为的体积进行计算. 【小问1详解】 （ⅰ）略 （ii）略 【小问2详解】 不妨去除斜圆锥的顶点在圆柱上底面圆周的限制，保留在圆柱上底面所在平面内，则即为（2）中所述的斜圆锥. 记，圆柱的高为. 则与（1）类似可得 令，根据相似可得平面截圆锥所得的圆的半径为， 又，所以在圆锥中，截所得的圆的半径同样为. 由于在区间上可以任意取值，故不同高度的平面截所得的圆其面积始终等于截所得的圆的面积， 又斜圆锥与圆锥的高度均为，根据祖暅原理可知：斜圆锥与圆锥的体积相等. 由于圆锥的体积为，其中是顶点到底面的距离，且， 故，所以斜圆锥的体积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $