云南省玉溪市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份云南省玉溪市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了 ，则， 向量，且∥，则实数，5分D等内容，欢迎下载使用。

数学试卷
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
第I卷（选择题，共58分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.
一､单项选择题（本大题共8小题，每个小题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. 函数定义域为（ ）
A. B. C. D.
2. 若，则（ ）
A B. C. D.
3. ，则（ ）
A. B. C. D.
4. 若关于的不等式的解集为，则的值是（ ）
A. B. C. 2D.
5. 已知中，内角所对的边分别为，且满足，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
6. 向量，且∥，则实数（ ）
A. 5B. C. 2D.
7. 某校高一年级数学周练满分100分，学生分数均在内，将学生成绩分成6组并作出频率分布直方图，但不小心污损了部分图形
（如图所示），则该次数学成绩的中位数是（ ）
A. 60分B. 75分C. 79.5分D. 85分
8. 要得到的图象，只需将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
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，有多项是符合题目要求的.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 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
10. 如图，在直三棱柱中，点分别是棱的中点，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. 平面B. 平面
C. ∥平面D. ∥平面
11. 定义在上的奇函数满足，则（ ）
A. B. 关于对称
C. D. 周期函数
第II卷（非选择题，共92分）
注意事项：
第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知数据的平均数为5，则数据的平均数是__________.
13. 已知命题“，使得”是假命题，则实数的取值范围是__________.
14. 苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）在研究天文学的过程中，经过对运算体系的多年研究后发明的对数，为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数可以表示成，则，这样我们可以知道的位数为.已知正整数，若是10位数，则的值为__________.（参考数据：）
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. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，.
（1）求；
（2）求的解析式.
16. 在中，内角的对边分别为，若，且.
（1）求角；
（2）若的面积为，求.
17. 在一次选拔比赛中，每个选手都需要进行5轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三、四、五轮问题的概率分别为、、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响.
（1）求该选手进入第二轮才被淘汰的概率；
（2）求该选手至多进入第四轮考核的概率.
18. 如图，边长为3正方形中，点是的中点，点是的中点，将、分别沿、折起，使、两点重合于点，连接.
（1）求证：平面；
（2）求四棱锥的体积.
19. 类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，，且维空间向量满足.
（1）当，求.
（2）证明：；
（3）若是正实数，且满足，求证：.【考试时间：7月5日08：30-10：30】
玉溪市2023~2024学年春季学期期末高一年级教学质量检测
数学试卷
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
第I卷（选择题，共58分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.
一､单项选择题（本大题共8小题，每个小题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. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对数函数的真数大于0，然后解不等式得出答案.
【详解】由题意知，，即，
所以或.
故选：C.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
3. ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘、除运算法则计算可得.
【详解】.
故选：B
4. 若关于的不等式的解集为，则的值是（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的解集得出相应方程的根，再用韦达定理可求.
【详解】不等式的解集为，
则方程的两根为，
由韦达定理得：，，
可得，
故.
故选：.
5. 已知中，内角所对的边分别为，且满足，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角形面积公式即可求解.
【详解】在中，，，，
由三角形的面积公式得.
故选：A.
6. 向量，且∥，则实数（ ）
A. 5B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的线性运算可得，结合向量平行的坐标运算分析求解.
【详解】因为，则，
若∥，则，解得.
故选：D.
7. 某校高一年级数学周练满分100分，学生分数均在内，将学生成绩分成6组并作出频率分布直方图，但不小心污损了部分图形
（如图所示），则该次数学成绩的中位数是（ ）
A. 60分B. 75分C. 79.5分D. 85分
【答案】B
【解析】
【分析】设该次数学成绩的中位数为分，分析可知，结合中位数的定义列式求解.
【详解】由题意可知：后三组的频率依次为，
因为，
设该次数学成绩的中位数为分，则，
可得，解得，
所以该次数学成绩的中位数为75分.
故选：B.
8. 要得到的图象，只需将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象的平移结合诱导公式分析判断.
【详解】对于选项A：可得，不合题意，故A错误；
对于选项B：可得，不合题意，故B错误；
对于选项C：可得，符合题意，故C正确；
对于选项D：可得，不合题意，故D错误；
故选：C.
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，有多项是符合题目要求的.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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据集合交集和并集运算直接求解即可.
【详解】因为，
由题意可得：，，
故AC错误，BD正确.
故选：BD.
10. 如图，在直三棱柱中，点分别是棱的中点，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. 平面B. 平面
C. ∥平面D. ∥平面
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：根据直棱柱的定义即可得结果；对于B：假设成立，可得，结合题意分析判断；对于C：根据线面平行的判定定理分析判断；对于D：根据题意可得平面，即可得结果.
【详解】对于选项A：因为三棱柱为直三棱柱，
所以平面，故A正确；
对于选项B：若平面，且平面，则，
又因为点分别是棱的中点，可知，
但题设条件不能确定，所以不能确定平面，故B错误；
对于选项C：取的中点，连接，
因为分别为中点，则∥，，
又因为为平行四边形，且分别为的中点，则∥，，
即∥，，可知为平行四边形，则∥，
且平面，平面，
所以∥平面，故C正确；
对于选项D：因为分别为的中点，可知平面，故D错误；
故选：AC.
11. 定义在上的奇函数满足，则（ ）
A. B. 关于对称
C. D. 是周期函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据奇函数的性质判断A，根据判断B，推导出即可判断C，推导出即可判断D.
【详解】定义在上的奇函数，则且，故A正确；
又，所以，则关于对称，故B正确；
由及，可得，
所以，所以是为周期的周期函数，故D正确；
又，故C错误
故选：ABD
第II卷（非选择题，共92分）
注意事项：
第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知数据的平均数为5，则数据的平均数是__________.
【答案】13
【解析】
【分析】根据平均数相关知识进行求解.
【详解】因为数据的平均数为5，
所以，
，
所以的平均数是13.
故答案为：13.
13. 已知命题“，使得”是假命题，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】通过构造函数，利用函数的导数，求出函数的最小值，然后求解实数的取值范围．
【详解】因为命题“，使得”是假命题，
所以命题“，使得”是真命题，
即对，恒成立，
令，则，
所以，
所以.
故答案为：.
14. 苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）在研究天文学的过程中，经过对运算体系的多年研究后发明的对数，为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数可以表示成，则，这样我们可以知道的位数为.已知正整数，若是10位数，则的值为__________.（参考数据：）
【答案】或
【解析】
【分析】依题意可得，两边取常用对数，即可得到，从而得解.
【详解】依题意可得，两边取常用对数可得，
即，所以，即，
又正整数，所以或.
故答案为：或
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. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，.
（1）求；
（2）求的解析式.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义可得当时，的解析式，即可得结果；
（2）根据题意结合（1）中结论，即可得结果.
【小问1详解】
因为函数是定义域为的奇函数，
当时，则，可得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得：
16. 在中，内角的对边分别为，若，且.
（1）求角；
（2）若的面积为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，，利用余弦定理计算可得；
（2）由面积公式求出，结合计算可得.
【小问1详解】
因为，所以，又，则，
又余弦定理，
又，所以.
【小问2详解】
由，所以，
则.
17. 在一次选拔比赛中，每个选手都需要进行5轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三、四、五轮问题的概率分别为、、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响.
（1）求该选手进入第二轮才被淘汰的概率；
（2）求该选手至多进入第四轮考核的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设该选手进入第二轮被淘汰为事件，根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）设该选手至多进入第四轮考核为事件，根据互斥事件及相互独立事件的概率公式计算可得.
【小问1详解】
设该选手进入第二轮被淘汰事件，则；
【小问2详解】
设该选手至多进入第四轮考核为事件，
则.
18. 如图，边长为3的正方形中，点是的中点，点是的中点，将、分别沿、折起，使、两点重合于点，连接.
（1）求证：平面；
（2）求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意，，即可证明；
（2）首先求出的面积，在立体图形中连接与交于点，即可得到，从而得到点到平面的距离为点到平面的距离的，再由计算可得.
【小问1详解】
在正方形中，，，
则在立体图形中有，，
又，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面，所以为三棱锥的高，且，
在平面图形中可得，，
所以，则，所以，
则，
在平面图形中连接与交于点，设，则为的中点，
又为的中点，为的中点，所以为的中点，所以，
在立体图形中连接与交于点，则，所以点到平面的距离为点到平面的距离的，
所以.
19. 类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，，且维空间向量满足.
（1）当，求.
（2）证明：；
（3）若是正实数，且满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，结合夹角公式运算求解；
（2）根据题意结合数量积的定义分析证明；
（3）根据题意结合基本不等式分析证明.
【小问1详解】
因为，则，
所以.
【小问2详解】
因为，，
则，
且，可得，当且仅当共线时，等号成立，
所以.
【小问3详解】
因为是正实数，则，当且仅当，即时，等号成立，
即，当且仅当时，等号成立，
同理可得：，当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
此时满足，即等号成立，
所以.
【点睛】关键点点睛：对于（2），利用数量积将代数问题转化为向量问题，进而分析证明.