精品解析：湖南省怀化市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

这是一份精品解析：湖南省怀化市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题，共19页。试卷主要包含了3，前三组的频率之和为0等内容，欢迎下载使用。

2024年上期期考试题高一数学
考试时长：150分钟 满分：150分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．一个圆台的上、下底面的半径为1和4，母线为5，则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
3．已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列判断错误的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，则
4．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．下列判断正确的是（ ）
A．“实部等于零”是“复数z为纯虚数”的充要条件
B．“”是“向量，的夹角是钝角”的充要条件
C．“存在唯一的实数k，使”是“”的充要条件
D．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，“”是“”的充要条件
6．在平行四边形ABCD中，，，，点P在CD边上，，则（ ）
A．0B．C．D．1
7．连续投掷一枚质地均匀骰子两次，这枚骰子两次出现的点数之积为奇数的概率是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数对任意的都有，若的图象关于直线对称，且对于，当时，，则（ ）
A．B．是奇函数
C．是周期为4的周期奇函数D．
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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．已知函数在一个周期内的图象如图所示，则（ ）

A．B．
C．是图象的一条对称轴D．点是图象一个对称中心
10．设A，B是两个随机事件，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
11．如图，在棱长为2的正方体中，点M是侧面内（含边界）的动点，点P是棱的中点，则（ ）
A．存在点M，使
B．当M位于顶点D时，直线MP与所成角的余弦值为
C．三棱锥体积的最大值为
D．若，线段PM运动所形成的曲面的面积为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的相应横线上.
12．已知复数满足，其中i为虚数单位，则 .
13．已知，，则 .
14．统计学中，协方差用来描述两个变量之间的总体的误差.设一组数据的平均值为，另一组数据的平均值为，则协方差.某次考试结束后，抽取了高一年级10名学生的数学成绩x、物理成绩y如下表：
已知，则 .
四、解答题：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，求x；
(2)若，且），求.
16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求；
(2)求.
17．近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱.某直播平台有1000个直播商家，对其进行统计调查，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具和饰品类等，各类直播商家所占比例如图1所示.为更好地服务买卖双方，该直播平台用分层抽样方式抽取了80个直播商家进行问询调查.
(1)应抽取小吃类、玩具类商家各多少家？
(2)工作人员对直播商家的每日平均利润状况进行了统计，制作了如图2所示的频率分布直方图.估计该直播平台商家平均日利润的中位数和平均数（结果保留整数，求平均值时，同一组中的数据用该组区间中点的数值代替）；
(3)甲、乙、丙三人进入该直播平台后，下单购物的概率分别为，，，且各自是否下单购物相互独立.求在某次直播中，甲、乙、丙三人中有且只有1人下单购物的概率.
18．如图1，在矩形ABCD中，，，M是边BC上的一点，将沿着AM折起，使点B到达点P的位置.
(1)如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：平面PAM；
(2)如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上.
①求证：平面PAD；
②求点M的位置，使三棱锥的外接球的体积最大，并求出最大值.
19．射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为.对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作.

(1)若点分别是线段的中点，求；
(2)证明：；
(3)已知，点为线段的中点，，，求.
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
数学成绩
135
124
118
107
95
87
74
63
53
44
物理成绩
97
78
82
83
77
65
67
52
44
45
1．B
【分析】解不等式求得，，可求.
【详解】解得，解得，
所以，
所以.
故选：B.
2．C
【分析】先求出圆台的高，然后利用圆台体积公式即可得解.
【详解】令圆台的高为h，由图可知，
所以，
故选：C.
3．D
【分析】借助面面平行与线面垂直的性质可得A；借助线面平行的性质可得B；借助线面垂直的性质与线面平行的判断及面面平行的性质定理可得C；由线面平行的性质定理可得D.
【详解】对A：由，得，又，所以，故A正确；
对B：若，，，则，故B正确；
对C：由，得，又，所以，故C正确；
对D：若，，则或，故D错误.
故选：D.
4．D
【分析】根据对数函数与指数函数性质结合中间值比较可得．
【详解】因为，所以．
故选：D．
5．D
【分析】对于A：根据复数的相关概念结合充分、必要条件分析判断；对于B：根据数量积的符号与夹角之间的关系结合充分、必要条件分析判断；对于C：根据向量共线的判定定理结合充分、必要条件分析判断；对于D：根据正弦定理合充分、必要条件分析判断.
【详解】对于A：实部等于零时，复数z不一定是纯虚数（还要虚部不等于零），所以充分性不成立，故A错误；
对于B：若时，可知向量，的夹角可能是钝角或平角，所以充分性不成立，故B错误；
对于C：例如时，由不能得出存在唯一的实数k，使，故C错误；
对于D：由正弦定理可得，
所以“”是“”的充要条件，故D正确.
故选：D.
6．A
【分析】根据题意结合数量积的几何意义可得点P与点D重合，再利用余弦定理求出，结合勾股定理逆定理可得，从而可求得答案.
【详解】由，得在上的投影向量的模，
因为，，
所以在上的投影为，
所以如图1，得，点P与点D重合，
因为，，，
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：A.
7．B
【分析】列举出两次出现的点数之积为奇数的情况，结合样本空间样本点总数，得到概率.
【详解】易知样本空间样本点总数，
记“两次出现的点数之积为奇数”为事件A，
则，
所以，所以.
故选：B.
8．D
【分析】由已知条件可判断函数的奇偶性，周期性以及单调性，由此一一判断各选项，即可得答案.
【详解】由的图象关于直线对称，知的图象关于y轴对称，
所以是偶函数，所以B错误.
在中，令得，
又，所以，所以，知是周期为6的周期函数，所以C错误.
对于，当时，，
故在上单调递减，所以，所以A错误.
对于D，，，
由在上单调递减，得即，D正确，
故选：D
【点睛】结论点睛：函数的对称性与周期性：
（1）若，则函数关于中心对称；
（2）若，则函数关于对称；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a.
9．BD
【分析】由图象可知，求出，进而求出即可判断A.再将最高点代入可求出判断B．根据对称轴经过最高或者最低点，对称中心在中间判断C和D．
【详解】对于A，由图象知，得，所以，所以A错误.
对于B，由得，由图知，
即，由得，所以B正确.
对于C和D，由前述推导知，
所以，所以C错误，D正确.
故选：BD.
10．ABD
【分析】根据事件的运算关系以及对立事件的概率，一一判断各选项，即得答案.
【详解】由，，即，
知，所以C错误.
又，所以A正确.
同理可得，B正确.
又，所以D正确.

故选：ABD.
11．AB
【分析】当M为的中点时可判断A，由余弦定理求角余弦可判断B，当M位于顶点D时可求出棱锥的体积判断C，由轨迹为半圆锥侧面，求出面积判断D即可.
【详解】对于A，显然，M为的中点时，，A正确.
对于B，如图，
延长到使，连和，则或其补角等于直线MP与所成角，易得，，，
所以，所以B正确.
对于C，如图，
显然面积为定值，要三棱锥的体积最大，只要高最大，即当M位于顶点D时，此时，所以C错误.
对于D，如图所示，
易知M的轨迹是以为直径，位于侧面内的一段半圆弧.线段PM运动所形成的曲面是一个半圆锥侧面，其面积为，所以D错误.
故选：AB
12．
【分析】先由求出复数z，然后可求出复数z的模
【详解】因为，所以，
.
故答案为：
13．
【分析】两边平方即可得到，代入得到即可.
【详解】由已知，所以，
所以.
故答案为：.
14．474
【分析】根据表格数据，算出，再对协方差公式进行展开化简，再代入求值即得.
【详解】由已知得，
，
则
.
故答案为：474.
15．(1)2
(2)
【分析】（1）用向量平行的坐标结论可解；
（2）用向量和的坐标运算和垂直的坐标结论可解．
【详解】（1）由得，所以.
（2）由得，，
所以，，
由得，
即，即
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）设，，，，利用余弦定理可求得；
（2）由（1）可求得，进而利用正弦定理可求得，进而求得，利用两角差的正弦公式可求值.
【详解】（1）由已知，设，，，，
由余弦定理.
（2）由，，得，
由正弦定理，得.
又由已知是最小边，所以是锐角，得，
所以.
17．(1)28，8
(2)中位数为433元，平均数为440元
(3)
【分析】（1）根据分层抽样的定义计算即可；
（2）根据中位数和平均数的定义计算即可；
（3）记“甲、乙、丙三人下单购物”分别为事件A，B，C，，，，“三人中有且只有1人下单购物”为事件D，，利用互互斥事件概率加法公式与独立事件概率乘法公式求解即可.
【详解】（1）由已知，小吃类商家占35%，，
玩具类商家占10%，，
所以小吃类、玩具类商家应分别抽取28家、8家.
（2）由已知，所以，
设中位数为x，因为前两组的频率之和为0.3，前三组的频率之和为0.6，
所以，且，解得，
.
所以，估计该直播平台商家平均日利润的中位数为433元，平均数为440元.
（3）记“甲、乙、丙三人下单购物”分别为事件A，B，C，“三人中有且只有1人下单购物”为事件D，
由已知，，，
则.
18．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②M位于点C，
【分析】（1）根据线面平行的判定即可得证；
（2）①根据线面垂直判定可证；②先分析得O是三棱锥外接球的球心，再求得直径，然后根据函数的单调性求出最值，进而利用球的体积公式求出球的体积的最大值即可
【详解】（1）如图，取PA的中点E，连接ME和EN，则EN是的中位线，
所以且，
又且，
所以且，
所以四边形ENCM是平行四边形，所以，
又平面PAM，平面PAM，
所以平面PAM.
（2）①由平面AMCD，平面PFH，得，
又已知，且AD，PH是平面PAD内两条相交直线，
所以平面PAD.
②，由①知平面PAD，又平面PAD，
所以，所以是，
由平面AMCD，平面AMCD，
所以，是.
如图，取PC的中点O，则点O到三棱锥各顶点的距离都相等，
所以O是三棱锥外接球的球心.
如图，过点P作于F，连HF和BF，
因为平面AMCD，平面AMCD，
所以，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线，
所以平面PFH，又平面PFH，所以，
由和翻折关系知，所以B，F，H三点共线，且，
设，则，，
又，所以，
，，
由，得，
所以，，
所以，
，
因为在时单调递增，
所以时，有最大值，
此时，点M位于点的C位置，
所以，，.
所以点M位于点的C时，三棱锥外接球的体积的最大值为.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件，可求得，，即可求出结果；
（2）根据条件，将边长之比转化成面积之比，再结合题设定义，即可证明结果；
（3）方法一：根据条件得到，再利用几何关系得到，设，，利用有，再利用余弦定理和正弦定理，建立方程，即可求解；方法二：设，根据条件，得到，再利用及余弦定理，建立方程，即可求解.
【详解】（1）由已知，，所以.
（2）在，，，中，
，同理，
所以，
又在，，，中，
，同理，
所以，
又，，，，
所以，所以.
（3）方法一：
由，可得，即，所以，
又点B为线段AD的中点，即，所以，
又，所以，，，
又已知，所以.
设，，由，得，
即，解得，…①
在中，由正弦定理可得，得，…②
在中，由正弦定理可得，得，…③
又，
得，即，…④
由①④解得，（负值舍去），即，，
所以.
方法二：
因为，所以，设，则，
又B为线段AD的中点，所以，
又已知，，所以，
所以，得，
所以，，
由，得，
所以，设，则，
由，互补得
，即，
解得，所以，，
所以.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．