海南省部分学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份海南省部分学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 已知函数在区间上单调，且，则等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦千净后，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，将本试卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题：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. 已知向量与共线，则实数（ ）
A. 8B. 6C. 2D. 1
2. 若复数满足，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，且，则（ ）
A. B. C. D.
4. 习近平总书记提出的总体国家安全观强调“大安全”理念，在总体国家安全观提出十周年之际，某校为调查学生对总体国家安全观的了解情况，从高一､高二､高三的学生中按人数比例用分层随机抽样的方法抽取部分学生，若从高一､高二､高三抽取的学生人数分别为，已知该校高中生共有1600人，高一学生有600人，则（ ）
A 60B. 50C. 40D. 30
5. 海南椰雕不仅仅是一门传统手艺，更是一段传承千年的文化史.图（1）是一个椰雕工艺台灯，其灯罩的几何模型如图（2）所示，相当于球被一个平面截得的一部分，若是截面圆的直径，，圆的面积为，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
6. 从分别写有的张卡片中随机一次取出张，设事件为“写有的卡片被取出”，为“写有的卡片被取出”，为“取出的卡片上的数都大于”，为“取出的卡片上的数之和小于”，则（ ）
A. 与是互斥事件B. 与是对立事件
C D.
7. 已知函数在区间上单调，且，则（ ）
A. B. C. 1D.
8. 如图，正六边形的边长为1，点为其中心，点在边和（包含端点）上运动，则的取值范围是（ ）
A B. C. D.
二､多项选择题：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. 已知一组数据，其中，则该组数据的（ ）
A. 极差为3B. 平均数小于1
C. 中位数大于D. 分位数为2
10. 已知为复数，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D.
11. 在长方体中，为棱上的动点（与点不重合），则下列说法中正确的是（ ）
A. 若为棱的中点，则四面体的外接球的表面积为
B. 四面体不可能是正三棱锥
C. 若点沿向量的方向运动，则点到平面的距离逐渐增大
D. 若点在平面上的射影为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 小李在网上买了一本书和一件衣服，由于强降雨天气影响了快递运输，书按时送达的概率为，衣服按时送达的概率为，且书和衣服的快递运输互不影响，则小明买的书和衣服都能按时送达的概率为__________.
13. 如图，甲､乙两同学在假期旅游期间测量了法国埃菲尔铁塔的高度（为塔顶，为在地面上的射影），甲在地面上的点处测得点的仰角为，乙在点处测得点的仰角为米，且点在一条直线上，若甲､乙两同学的身高忽略不计，则塔高__________米.
14. 已知四面体的体积为和的面积分别为和，棱的长为，若二面角的大小为，且，则__________.
四､解答题：本题共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. 如图，在圆柱中，是一条母线，是圆的一条直径.

（1）证明：；
（2）若与平面所成的角为，求圆柱的表面积.
16. 第七届全国青少年人工智能创新挑战赛于2024年4月至8月举行，赛程分为选拔赛和全国决赛两个阶段，其中一个项目的选拔赛需要选手操控智能机器人完成规则限定的任务.随机抽取参加该选拔赛的200名学生，统计其完成任务的时长（单位：），将时长分为六组，并画出频率分布直方图如图所示.
（1）求图中的值；
（2）若规定选拔赛中完成任务的时长从小到大排名前的学生可以晋级全国决赛，试估计晋级全国决赛的学生在选拔赛中完成任务的最大时长；
（3）已知同班甲､乙､丙､丁､戊参加了该选拔赛，最终只有甲､乙晋级全国决赛，若从这5人中任意抽取2人，求抽取的2人中至少有1人晋级全国决赛的概率.
17. 如图，在四棱锥中，平面，且分别是棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若为等边三角形，，判断几何体是什么几何体，并求其体积.
18. 记内角的对边分别为，如图，已知，点在边上，.
（1）求；
（2）若，求线段的长.
19. 已知函数的最小正周期为.
（1）求在区间上的单调递减区间；
（2）将的图象先向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，若关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围.海南省2023—2024学年高一年级学业水平诊断（二）
数学
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦千净后，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，将本试卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题：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. 已知向量与共线，则实数（ ）
A. 8B. 6C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量共线得到方程，解出即可.
【详解】由题意得，解得.
故选：B.
2. 若复数满足，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】CC
【解析】
【分析】计算得到，再根据定义判断即可.
【详解】由知，故在复平面内对应，在第三象限.
故选：C.
3. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由的范围及，利用同角三角函数间的基本关系求出，再用诱导公式得出即可求值．
详解】解：，
，
，
故选：D．
4. 习近平总书记提出的总体国家安全观强调“大安全”理念，在总体国家安全观提出十周年之际，某校为调查学生对总体国家安全观的了解情况，从高一､高二､高三的学生中按人数比例用分层随机抽样的方法抽取部分学生，若从高一､高二､高三抽取的学生人数分别为，已知该校高中生共有1600人，高一学生有600人，则（ ）
A. 60B. 50C. 40D. 30
【答案】A
【解析】
【分析】利用分层抽样列式计算即得.
【详解】依题意，，解得.
故选：A
5. 海南椰雕不仅仅是一门传统手艺，更是一段传承千年的文化史.图（1）是一个椰雕工艺台灯，其灯罩的几何模型如图（2）所示，相当于球被一个平面截得的一部分，若是截面圆的直径，，圆的面积为，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出圆的半径，进而求出球半径即可得解.
【详解】由圆的面积为，得圆的半径，
又等腰的顶角，则球半径（），
所以球的体积（）
故选：C
6. 从分别写有的张卡片中随机一次取出张，设事件为“写有的卡片被取出”，为“写有的卡片被取出”，为“取出的卡片上的数都大于”，为“取出的卡片上的数之和小于”，则（ ）
A. 与是互斥事件B. 与是对立事件
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，给出即可作为反例；对于B，给出即可作为反例；对于C，给出即可作为反例；对于D，论证发生等价于发生即可.
【详解】对于A，由于当同时取出时，与同时发生，所以它们不是互斥事件，故A错误；
对于B，由于当同时取出时，与都不发生，所以它们不是对立事件，故B错误；
对于C，由于当同时取出时，发生，不发生，所以它们不相等，故C错误；
对于D，由于发生当且仅当取出的卡片至少有一张是非正数，即至少有一个发生，故，故D正确.
故选：D.
7. 已知函数在区间上单调，且，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的单调性及，得出，建立的等式进行求解即可．
【详解】解：在区间上单调，且，
，
，
不妨取：，
解得：符合题意，
故，
故选：B．
8. 如图，正六边形的边长为1，点为其中心，点在边和（包含端点）上运动，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量加减法的平行四边形和三角形法则，得，再由数量积的定义可知，的最值.
【详解】因为，
所以，
由题意得，，
设与的夹角为，则，
当点在点处时，取得最小值为，
当点在点处时，取得最大值为，
所以的取值范围是.
故选：A.
二､多项选择题：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. 已知一组数据，其中，则该组数据的（ ）
A. 极差为3B. 平均数小于1
C. 中位数大于D. 分位数为2
【答案】AD
【解析】
【分析】利用极差，平均数，中位数，百分位数的求解方法结合依次求解出来，即可判断．
【详解】解：，
极差为：，故A正确，符合题意；
，
，故平均数大于1，故B错误，不符合题意；
将从小到大排列好的：，
中位数为：，故C错误，不符合题意；
，故分位数，故D正确，符合题意；
故选：AD．
10. 已知为复数，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，举例判断，对于B，令，则表示出，再计算判断，对于C，由求出判断即可，对于D，令，，分别计算左右两边进行判断.
【详解】对于A，若，则，而，所以A错误，
对于B，令，则，
所以，所以B正确，
对于C，由，得，所以或，所以C错误，
对于D，令，，则
，
所以，
因为，
所以，所以D正确，
故选：BD
11. 在长方体中，为棱上的动点（与点不重合），则下列说法中正确的是（ ）
A. 若为棱的中点，则四面体的外接球的表面积为
B. 四面体不可能是正三棱锥
C. 若点沿向量的方向运动，则点到平面的距离逐渐增大
D. 若点在平面上的射影为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别取的中点可得正方体与四面体有相同的外接球，求出正方体的体对角线可判断A；根据，互相垂直，可判断B；根据平面平面，平面可判断C；由与重合，则或其补角即为异面直线与所成的角，由余弦定理可判断D.
【详解】对于A，分别取的中点，连接，
可得为正方体，所以正方体与
四面体有相同的外接球，且外接球的半径为，
则四面体的外接球的表面积为，故A正确；

对于B，若为棱的中点，则，连接，
且互相垂直，，
，，
所以，则四面体是正三棱锥，故B错误；

对于C，连接，可得，，
因为平面，平面，所以平面，
平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
因为平面，则点到平面的距离逐渐增大，
则点到平面的距离逐渐增大，故C正确；

对于D， 因为平面，平面，所以，
若点在平面上的射影为线段的中点，则与重合，连接，
可得，则或其补角即为异面直线与所成的角，
因为，，
由余弦定理得，
则异面直线与所成角的余弦值为，故D正确.

故选：ACD.
【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.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 小李在网上买了一本书和一件衣服，由于强降雨天气影响了快递运输，书按时送达的概率为，衣服按时送达的概率为，且书和衣服的快递运输互不影响，则小明买的书和衣服都能按时送达的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式即可得到答案.
【详解】根据独立事件的乘法公式知小明买的书和衣服都能按时送达的概率为.
故答案为：.
13. 如图，甲､乙两同学在假期旅游期间测量了法国埃菲尔铁塔的高度（为塔顶，为在地面上的射影），甲在地面上的点处测得点的仰角为，乙在点处测得点的仰角为米，且点在一条直线上，若甲､乙两同学的身高忽略不计，则塔高__________米.
【答案】330
【解析】
【分析】由题意可知，然后在中利用锐角三角函数的定义可求得结果.
【详解】由题意得,
所以，
所以，所以，
在中，，
所以（米）
故答案为：330
14. 已知四面体的体积为和的面积分别为和，棱的长为，若二面角的大小为，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】设三棱锥的高为，由棱锥的体积公式求出，再结合，即可求出答案.
【详解】设三棱锥的高为，则，所以，
设的边上的高为，
则，所以，
二面角的大小为，
所以，
又，所以．
故答案为：.
四､解答题：本题共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. 如图，在圆柱中，是一条母线，是圆的一条直径.

（1）证明：；
（2）若与平面所成的角为，求圆柱的表面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过母线的概念，直径对应的圆周角为角得出线线垂直，进一步证明线面垂直，再得到线线垂直；
（2）先利用勾股定理求出圆的直径，再根据线面角的定义得出，再利用三角函数求出，最后直接利用圆柱的表面积公式求解即可.
【小问1详解】
是一条母线，是圆的一条直径，
，，
又平面，
平面，
平面，；
【小问2详解】
，设圆的半径为，
，
与平面所成的角为，，
，
圆柱的表面积为：.
16. 第七届全国青少年人工智能创新挑战赛于2024年4月至8月举行，赛程分为选拔赛和全国决赛两个阶段，其中一个项目的选拔赛需要选手操控智能机器人完成规则限定的任务.随机抽取参加该选拔赛的200名学生，统计其完成任务的时长（单位：），将时长分为六组，并画出频率分布直方图如图所示.
（1）求图中的值；
（2）若规定选拔赛中完成任务的时长从小到大排名前的学生可以晋级全国决赛，试估计晋级全国决赛的学生在选拔赛中完成任务的最大时长；
（3）已知同班的甲､乙､丙､丁､戊参加了该选拔赛，最终只有甲､乙晋级全国决赛，若从这5人中任意抽取2人，求抽取的2人中至少有1人晋级全国决赛的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由各组的频率和为1列方程可求出；
（2）先判断分位数的位置，然后列方程求解即可；
（3）列出从这5人中任意抽取2人，再找出至少有一人晋级全国决赛的情况，然后利用古典概型的概率公式求解.
【小问1详解】
由图可知，
解得；
【小问2详解】
由频率分布直方图可知的频率为，
的频率为，
所以样本数据的分位数在内，设为，则
，解得，
所以估计晋级全国决赛的学生在选拔赛中完成任务的最大时长为；
【小问3详解】
从这5人中任意抽取2人，有：甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙戊，丁戊，共有10种情况，
其中抽取的2中至少有1人晋级全国决赛有：甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，有7种情况，
所以所求概率为.
17. 如图，在四棱锥中，平面，且分别是棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若为等边三角形，，判断几何体是什么几何体，并求其体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）几何体是棱台，其体积为
【解析】
【分析】（1）只需通过证明四边形是平行四边形，得出，再结合线面平行判定定理即可得证；
（2）只需通过线面平行、面面平行的判定定理证明平面平面，即可得出几何体是棱台，只需算出两个底面边长的相似比，以及其中一个底面的面积即可得出两个底面的面积，再计算出棱台的高即可求解.
【小问1详解】
如图，连接，
因为分别为的中点，
所以，
又因为，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为分别是棱的中点.
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
同理可得平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面，
所以几何体是棱台，
过点作于点，
因为平面，平面，
所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
由以上分析可知四边形与四边形相似，且相似比，
而为等边三角形，，
设棱台的高、体积分别为，棱台的下底面、上底面的面积分别为，
所以，棱台的下底面是分别以为底，以为高的直角梯形，
所以，
所以，
即棱台的体积为.
18. 记的内角的对边分别为，如图，已知，点在边上，.
（1）求；
（2）若，求线段的长.
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行角换边得，再利用余弦定理得，最后再利用正弦定理解三角形即可；
（2）根据正弦定理得，再求出，最后余弦定理即可得到答案.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，即.
由余弦定理可得，又，所以.
在中，由正弦定理可得，
所以.
【小问2详解】
在中，由正弦定理可得，
又，所以.
因为，所以为锐角，则为钝角，
所以.
在中，由余弦定理可得，
即，
即，解得(负值舍去).
故线段的长为3.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是先利用正弦定理得，再求出，最后利用余弦定理得到关于的方程，解出即可.
19. 已知函数的最小正周期为.
（1）求在区间上的单调递减区间；
（2）将的图象先向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，若关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）和
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形结合周期可求出，再由结合可求得结果；
（2）利用三角函数图象变换规律求出，则方程转化为，令，则，再变形后，利用换元法可求出答案.
【小问1详解】
，
因为最小正周期为，所以，得，
所以，
由，得，
因为，所以当时，，当时，，
所以在区间上的单调递减区间为和；
【小问2详解】
将图象先向右平移个单位长度，得到，
再将图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得，
所以，
方程，
即为方程，
令，
因为，所以，所以，
因为，所以，
所以原方程化为，
所以，
令，则，，
因为在上递减，在上递增，
所以当时，，则，
因为当时，，当时，，所以，
所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数恒等变换公式应用，考查三角函数图象变换规律，考查求余弦函数的值域，第（2）问解题的关键是复利用多次换元将问题转化为求对勾函数在闭区间上的值域，考查计算能力和数学转化思想，属于较难题.