湖南省怀化市2023_2024学年高一数学下学期期末考试试题含解析

这是一份湖南省怀化市2023_2024学年高一数学下学期期末考试试题含解析，共18页。试卷主要包含了 已知，，，则， 下列判断正确的是等内容，欢迎下载使用。
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.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求得，，可求.
【详解】解得，解得，
所以，
所以.
故选：B.
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.
【答案】C
【解析】
【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. 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
【答案】D
【解析】
【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. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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. 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
【答案】D
【解析】
【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. 在平行四边形ABCD中，，，，点P在CD边上，，则（ ）
A. 0B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【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. 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.
【答案】B
【解析】
【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. 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.
【答案】D
【解析】
【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.
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
【答案】BD
【解析】
【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. 设A，B是两个随机事件，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【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. 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
【答案】AB
【解析】
【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
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________.
【答案】
【解析】
【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. 已知，，则________.
【答案】
【解析】
【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. 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________.
【答案】474
【解析】
【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.
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.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）用向量平行的坐标结论可解；
（2）用向量和坐标运算和垂直的坐标结论可解．
【小问1详解】
由得，所以.
【小问2详解】
由得，，
所以，，
由得，
即，即
所以.
16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求；
（2）求
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
由已知，设，，，，
由余弦定理.
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）28，8
（2）中位数为433元，平均数为440元
（3）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
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. 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.
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②M位于点C，
【解析】
【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
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【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.
【小问1详解】
由已知，，所以.
【小问2详解】
在，，，中，
，同理，
所以，
又在，，，中，
，同理，
所以，
又，，，，
所以，所以.
【小问3详解】
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．
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