贵州省六盘水市2023−2024学年高一下学期期末学业质量监测 数学试题（含解析）

这是一份贵州省六盘水市2023−2024学年高一下学期期末学业质量监测 数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．下列图形中，可以表示函数的是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知，则（ ）
A．1B．C．D．2
4．已知函数且，则下列选项正确的是（ ）
A．函数的值域为
B．若，则
C．函数的图象恒过定点
D．若，则
5．已知长方体的长､宽､高分别为，则这个长方体外接球的表面积与体积之比为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，是边上靠近点的三等分点，是的中点，若，则（ ）
A．0B．C．D．1
7．已知函数是定义域为的奇函数，，当时，，则（ ）
A．-2B．-1C．0D．2
8．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图在正方体中，分别是的中点，则下列选项正确的是（ ）
A．平面B．平面
C．四点共面D．与所成的角为
10．下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知向量的数量积（又称向量的点积或内积）：，其中表示向量的夹角；定义向量的向量积（又称向量的叉积或外积）：，其中表示向量的夹角，则下列说法正确的是（ ）
A．的面积为
B．若为非零向量，且，则
C．若，则的最小值为
D．已知点为坐标原点，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，则 .
13．已知函数，则 .
14．已知分别为三个内角的对边，且，则面积的最大值是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知二次函数的图象经过点且对称轴为.
(1)求的解析式；
(2)求不等式的解集.
16．已知函数，
(1)求函数的最小正周期；
(2)将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变；再向左平移个单位长度，得到函数的图象.当时，求函数的最值.
17．如图，直三棱柱中，分别是的中点，.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号.作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，又是文明城市的主要创造者.六盘水市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛（满分100分），从所有答卷的成绩中抽取了容量为100的样本，将样本（成绩均为不低于50分的整数）分成五段：得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中的值和估计样本的下四分位数；
(2)按照分层抽样的方法，从样本中抽取20份成绩，应从中抽取多少份；
(3)已知落在的平均成绩是53，方差是4；落在的平均成绩为65，方差是7，求成绩落在的平均数和方差.
（注：若将总体划分为若干层，随机抽取两层，通过分层随机抽样，每层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：.记这两层总的样本平均数为，样本方差为，则）
19．对于定义域为的函数，如果存在区间，同时满足：①在上是单调函数；②当时，，则称是该函数的“优美区间”.
(1)求证：是函数的一个“优美区间”；
(2)求证：函数不存在“优美区间”；
(3)已知函数有“优美区间”，当取得最大值时求的值.
参考答案
1．【答案】A
【分析】首先化简集合，再根据集合与集合的关系，元素与集合的关系判断即可.
【详解】因为，
所以，，，故正确的只有A.
故选A.
2．【答案】B
【分析】由函数的定义即可得解.
【详解】通过平移直线，只有B选项的图象满足：
其图象和直线至多有一个交点，即只有B选项符合题意.
故选B.
【思路导引】根据函数的定义：对于任意一个x都有唯一确定的一个y和它对应，可知函数的图象和直线至多有一个交点，即可得出答案.
3．【答案】B
【分析】运用复数乘法化简，结合模公式求解.
【详解】，则.
故选B.
4．【答案】C
【分析】根据指数函数的性质即可求解.
【详解】函数且为指数函数，指数函数的定义域为，值域为，故A错误；
若，则在上单调递增，所以，则，故B错误；
指数函数的图象恒过定点，故C正确；
若，则在上单调递减，则由，得，故D错误；
故选C.
【思路导引】根据指数函数的定义域为，值域为，即可判断选项A；根据时指数函数的单调性即可判断选项B；根据指数函数的图象恒过定点，即可判断选项C；根据时指数函数的图象，即可判断选项D.
5．【答案】D
【分析】长方体的外接球直径为体对角线，求出半径即可.
【详解】长方体的外接球直径为体对角线，且，则.
.
故选D.
6．【答案】C
【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件将用，即可求出，从而可求出结果.
【详解】
因为D是BC边上靠近点的三等分点，E是的中点，
所以，
所以，
因为向量不共线，所以，
所以.
故选C.
7．【答案】A
【分析】由周期函数、奇函数的性质即可求解.
【详解】由题意，
所以的周期是4，
所以.
故选A.
【思路导引】根据以及是定义域为的奇函数，可得的周期是4，从而计算出.
8．【答案】B
【分析】利用余弦的两角和差公式和切化弦思想，即可求出结果.
【详解】由已知得：；
；
两式相加得：，
，
，
，
故选B.
【思路导引】利用两角和差公式化简题目条件，计算得，结合的范围计算出的值，最后利用切化弦计算的值为.
9．【答案】ABC
【分析】根据线面平行判定定理，线面垂直判定定理，两直线平行确定共面，两直线夹角定义法判断各个选项.
【详解】对于A，在正方体中，连接,
因为分别是的中点，所以，
又平面，平面，因此平面，A正确；
对于B，在正方体中，平面，面，所以，
因为，是平面内的两条相交直线，所以平面，
由面，则，分别是的中点，有，所以，
在正方体中，平面，面，所以，
因为，是平面内的两条相交直线，所以平面，
由面，则，又，所以，
又因为是平面内两条相交直线，则平面，B正确；
对于C，由上可知，两条平行线可以确定一个平面，所以四点共面，C正确；
对于D，连接相交于点，连接，
在正方形，点为的中点，可得，所以为与所成的角，
设正方体的边长为2，,，，
因为，，D错误；
故选ABC.
10．【答案】BCD
【分析】对于A，举反例即可判断；对于BCD，结合基本不等式的相关知识即可判断.
【详解】对于A，若，则，故A错误；
对于B，由基本不等式可得，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，因为，所以，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】BC
【分析】对于A，直接由新定义结合三角形面积公式即可验证；对于B，建立关于方程，从而即可判断；对于C，由已知得出，结合模的公式以及基本不等式即可判断；对于D，由新定义结合向量数量积、模的坐标公式即可验算.
【详解】A：，选项A错误；
B：若为非零向量，，则，选项B正确；
C：，
则,当且仅当时取到“”，选项C正确；
D：已知点为坐标原点，则，选项D错误.
故选BC.
12．【答案】
【分析】首先表示出，，再根据线性运算的坐标表示计算可得.
【详解】因为，
所以，，
所以.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】根据分段函数计算即可.
【详解】，，
所以，
故答案为：.
14．【答案】/
【分析】利用余弦定理和均值不等式来求面积的最大值.
【详解】由题意得：，
由余弦定理得：
即，当且仅当时取等号.
故答案为：/.
【思路导引】结合题目条件可得，根据三角形内角的范围得出A的值，利用余弦定理与基本不等式得到最后结合三角形面积公式计算出最大值为.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）代入点，结合对称轴列方程可解；
（2）列不等式，解出即可.
【详解】（1）二次函数图象经过点和对称轴为，
，，
.
（2），，
，，
不等式的解集.
16．【答案】(1)；
(2)，无最大值.
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简原函数，再求最小正周期即可.
（2）先求出变换后的三角函数图像，再利用三角函数的最值求解即可.
【详解】（1）
，
，
函数的最小正周期；
（2）由（1）知，
把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到，再向左平移个单位长度得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，且无最大值.
17．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）只需证明，其中点是与的交点，然后结合线面平行的判定定理即可得解；
（2）思路一：由等体积法求线面角；思路二：用定义得出直线与面所成角为，结合解三角形知识即可求解.
【详解】（1）连接，连接交于点，则为中点，
又是中点，连结，则是的中位线，
，
又平面，平面，
平面；
（2）方法一：由题意设，记点到平面距离为，
在中，是的中点，
，
又平面，平面，
，
又，，平面，
∴平面；
平面，，
，
，
，
，
，
记直线与平面所成角为；
方法二：过作的垂线，垂足为，连接.
在中，是的中点，
∴，
又∵平面，平面，
∴，
又，，平面，
∴平面，
平面，
，
又∵，，平面，
∴平面，
则直线与面所成角为，
在中由，由题意设，
知，求得.
则.
18．【答案】(1)，；
(2)人；
(3)，.
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程求出的值，再根据百分位数计算规则计算可得；
（2）根据分层抽样计算规则计算可得；
（3）首先求出各组的人数，再根据平均数、方差公式计算可得.
【详解】（1）由已知可得，
所以，
样本成绩在分以下的答卷所占的比例为，
样本成绩在分以下的答卷所占的比例为，
因此样本成绩的下四分位数一定位于内，设为，则，解得，
所以因此样本成绩的下四分位数为；
（2）按照分层抽样的方法，从样本中抽取份成绩，抽样的比例为，
样本成绩在有人，
则从样本成绩中抽取人；
（3）落在的人数为人，
落在的人数为人，
两组成绩的总平均数，
两组成绩的总方差.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据优美区间的定义来证明即可；
（2）假设函数存在“优美区间”，结合已知导出矛盾即可得证；
（3）原题条件等价于是方程（*）的两个同号且不等的实数根，结合判别式可得的范围，结合韦达定理可用表示，进一步即可求解.
【详解】（1）在区间上单调递增，又，
当时，，
根据“优美区间”的定义，是的一个“优美区间”；
（2），设，可设或，
则函数在上单调递增.
若是的“优美区间”，则是方程的两个同号且不等的实数根.
方程无解，
函数不存在“优美区间”.
（3），设.
有“优美区间”，
或，
在上单调递增.
若是函数的“优美区间”，则，
是方程，即（*）的两个同号且不等的实数根.
，
或，
由（*）式得.
，
或，
当时，取得最大值.
.