湖南省益阳市安化县两校联考2023-2024学年高一下学期7月期末数学试卷（Word版附解析）

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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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式求出A集合，解一元一次不等式求出B集合，利用交集的定义运算即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：B
2. 若复数满足（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘除法运算直接化简即可.
【详解】，
故选：C
3. 已知向量，，若与共线，则（ ）
A. B. 4C. D. 或4
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量平行的坐标表示，再解方程即可.
【详解】由两向量共线可知，即，解得或.
故选：D.
4. 设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】由线面平行，线面垂直，面面平行，面面垂直的性质逐项判断即可；
【详解】A：若，，则或相交，故A错误；
B：若，，由线面平行和垂直的性质可得，故B正确；
C：若，，则或，故C错误；
D：若，，则相交或或，故D错误；
故选：B.
5. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ）
A. 20B. 10C. D.
【答案】A
【解析】
分析】根据斜二测画法求解.
【详解】解：由斜二测画法知，
故选：A.
6. 某市6月1日至14日的空气质量指数变化趋势如图所示，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，下列说法中不正确的是（ ）
A. 该市14天空气质量指数的中位数为78.5
B. 该市14天空气质量指数的第30百分位数为55
C. 该市14天空气质量指数的平均值大于100
D. 计算连续3天空气质量指数的方差，其中6日到8日的方差最大
【答案】C
【解析】
【分析】由平均数、中位数、百分位数和方差的概念即可得出答案.
【详解】对于A，将14天的空气质量指数由小到大排列为：
，
所以该市14天空气质量指数的中位数为：，故A正确.
对于B：因为，所以该市14天空气质量指数的百分位数为，故B正确；
对于C：，
该市14天空气质量指数的平均值小于100，故C错误；
对于D：因为连续3天空气质量指数，6日到8日的波动最大，也即方差最大，故D正确.
故选：C.
7. 八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中.给出下列结论，其中正确的结论为（ ）
A. 与的夹角为
B.
C.
D. 在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量夹角定义可得A错误；利用向量加、减法运算法则及模长关系可得B错误，C错误；再利用投影向量定义计算可得D正确.
【详解】由八卦图可知与的夹角为，其大小为，
即与的夹角为，所以A错误；
由向量的平行四边形法则可知，即B错误；
易知，又，所以，
而，所以，即C错误；
易知在上的投影向量为，即D正确.
故选：D
8. 如图，在多面体中，四边形ABCD是边长为3的正方形，，E到平面ABCD的距离为3，，.若A，B，C，D，E，F在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】为中点，为矩形中心，可得平面，外接球球心在上，由外接球球心的特征，通过构造直角三角形利用勾股定理求出外接球半径，可求表面积.
【详解】连接，，相交于点，
因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心.
分别取，，的中点M，P，Q，
连接， 则， 且为的中点，
因为，所以，
矩形，，则有，，，
，，是平面内的两条相交直线，
平面，平面，平面平面，
平面平面，
等腰梯形中，分别为的中点，则有，
所以平面， 则多面体的外接球球心在上，
，平面，平面，则平面，
E到平面ABCD的距离为3，则，
当在线段上时，设，则，
在和中，由外接球半径，
有，即，解得，
外接球半径，
该球表面积.
当在线段的延长线上时，同理可得，此时无解.
故选：D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小繁给出的远项中，有多项待合题目要求.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，在正方体中，点在线段上运动时，下列命题正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 直线与平面所成角的大小不变
C. 直线与直线垂直
D. 二面角的大小不变
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据锥体的体积公式可判断A；点点在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等可判断B；根据线面垂直的判定定理可证得⊥平面，根据线面垂直的性质可判断C，当点在直线上运动时，平面,即二面角的大小不受影响，可判断D.
【详解】对A，连接，设该正方体的棱长为，
因为平面，平面，
所以平面，因此点到平面的距离相等，
故，故A正确；
对B，点点在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故B错误；
对C，设，则，
又平面，平面
所以，又，平面
所以⊥平面
又平面，所以，故C正确；
对D，当点在直线上运动时，平面,
即二面角即大小不受影响，故D正确.
故选：ACD
10. 一只不透明的口袋内装有9张卡片，上面分别标有数字1，2，3，…，9.从袋中任意抽取1张卡片，记“抽出的卡片号为1，4，7”为事件A，“抽出的卡片号小于7”为事件，“抽出的卡片号大于7”记为事件.下列说法正确的是（ ）
A. 事件A与事件是互斥事件B. 事件A与事件是互斥事件
C. 事件A与事件相互独立D. 事件与事件是对立事件
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意利用列举法求和，结合互斥事件、独立事件和对立事件的定义逐项分析判断.
【详解】由题意可知：样本空间，
则，可得，
对于选项A：因为，所以事件A与事件是互斥事件，故A正确；
对于选项B：因为，所以事件A与事件不是互斥事件，故B错误；
对于选项C：由选项B可知，则，
可知，所以事件A与事件相互独立，故C正确；
对于选项D：因为，
所以事件与事件不是对立事件，故D错误；
故选：AC.
11. 已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则．
B. 若，，则三角形有一解．
C. 若，则一定为等腰直角三角形．
D. 若面积为，，则．
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用正弦定理判断A、B，利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式即可判断C，由面积公式及余弦定理判断D.
【详解】对于A，由正弦定理得，因为，所以，则，故A正确；
对于B，因为，，由正弦定理得，
则，因为，所以，则，所以只有一解，则三角形只有一解，故B正确；
对于C，因为，所以，即，
又，所以，
所以或，即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于D，因为面积为，，又，
所以，
所以，显然，则，因为，所以，故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. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标是__________．
【答案】
【解析】
【分析】直接根据投影向量的坐标公式计算即可.
【详解】在方向上的投影向量为.
故答案为：
13. 若（为虚数单位）为方程（）的一个根，则______.
【答案】5
【解析】
【分析】将代入方程，即可求解.
【详解】由题意可知，，
所以，
所以，所以.
故答案为：5
14. 在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先求出圆的半径，再求圆台的高，列出三棱锥体积表示式，由余弦定理和基本不等式推出， 即得体积最大值.
【详解】
如图，设圆，半径分别为，，则由正弦定理，，解得，
设圆台的高为，则，
在中，取，由余弦定理，，
即得，即得，当且仅当时取等号.
因三棱锥的体积为，
即时，三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与圆台有关的三棱锥的体积最值问题，属于难题.
解题关键在于，弄清圆台与三棱锥的关系，分析三棱锥的体积关系式中，哪些为定值，需要选设怎样的变量表示，考虑运用二次函数，还是基本不等式，双勾函数还是求导方法求得体积最值.
四､解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知，，．
（1）求；
（2）若，求实数k的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出，再根据及数量积的运算律计算可得；
（2）依题意可得，根据数量积的运算律计算可得.
小问1详解】
因为，，，
所以，
所以
.
【小问2详解】
因为，
所以，即，
即，解得.
16. 已知向量，，设.
（1）求的最小正周期；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积的坐标运算可得，然后将其化为基本型，即可求出周期；
（2）由题意可得，由，求出的范围，再由三角函数的平方关系求出，则，由两角和的正弦公式化简即可得出答案.
【小问1详解】
因为
，
所以函数的最小正周期；
【小问2详解】
，
，
，
故
.
17. “数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话.某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动.在活动中，共有20道数学问题，满分100分在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：，，……，，得到如图所示的频率分布直方图.

（1）求频率分布直方图中a的值，并估计该校全体学生这次数学成绩的中位数；
（2）活动中，甲、乙、丙三位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，丙同学答对了n道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同.
（i）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率；
（ii）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为，求n的值.
【答案】（1），75
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为即可求出，根据频率分布直方图中中位数的求法求中位数即可；
（2）（i）根据古典概型结合相互独立事件的乘法公式求解即可；
（ii）根据相互独立事件的乘法公式及对立事件的概率公式求解即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图有，
解得，
因为，，
所以中位数在区间内，设为x，
则有，得，
所以估计该校全体学生这次数学成绩的中位数为75；
【小问2详解】
设 “任选一道题，甲答对”，“任选一道题，乙答对”，
“任选一道题，丙答对”，
则由古典概型概率计算公式得：，，，
所以有，，，
（i）记 “甲、乙两位同学恰有一人答对”，
则有，且有与互斥，
因为每位同学独立作答，所以A，B互相独立，则A与，与B，与均相互独立，
所以
，
所以任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率；
（ii）记“甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对”，则，
所以
，
解得：.
18. 如图，在正三棱柱中，，分别为棱，的中点，.
（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，可得且，即为平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）首先根据锥体的体积公式求出，取的四等分点（靠近），连接，过点作交于点，连接，由面面垂直的性质得到平面，即可得到为二面角的平面角，再利用锐角三角函数计算可得.
【小问1详解】
取的中点，连接，，因为，分别为棱，的中点，且三棱柱为正三棱柱，
所以且，且，
所以且，
所以为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为，所以，，所以，
又在正三棱柱中平面，
所以，所以，
取的四等分点（靠近），连接，过点作交于点，连接，
因为为等边三角形，所以且，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
，又，平面，
所以平面，所以为二面角的平面角，
在平面中连接交于点，因为四边形为正方形，
所以，又，所以，又为的四等分点，所以为的四等分点，
所以，
所以，
所以，
所以二面角的余弦值为.
19. 在锐角中，角，，的对边为，，，若，.
（1）求角的大小；
（2）若为的中点，且，求的面积；
（3）如图，过点在所在平面内作，且满足.求线段的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先由正弦定理将原式中的角化为边，再结合余弦定理即可得出；
（2）由已知可得，两边平方，结合余弦定理可得，则面积可求；
（3）令，利用正弦定理将表示为含的表达式，再利用两角和差的正弦公式结合正弦型函数的性质即可求得最值.
【小问1详解】
因为，，
所以，即，
由余弦定理得，
又，∴．
【小问2详解】
因为是的中点，所以，两边平方可得，
即，
又，所以，
面积为.
【小问3详解】
设，当DC与外接圆相切时，可得，则，
则，
在中，由正弦定理得，
所以，
在中，由正弦定理得，
所以
因为，
所以
又，所以，
所以当，即时，有最大值，最大值为.
【点睛】难点点睛：本题主要考查正弦定理、余弦定理及面积公式的运用，以及利用正弦函数的有界性求最值，考查化简整理的运算能力，属于较难题．解三角形中的范围问题大部分都是利用基本不等式或利用三角函数的有界性求范围或最值.