湖南省衡阳市重点高中2024-2025学年高一下学期7月期末考试 数学（含解析）

这是一份湖南省衡阳市重点高中2024-2025学年高一下学期7月期末考试 数学（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知复数（是虚数单位），则对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【详解】，则，
则对应点在第二象限.
故选：B
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】由题可知：，
所以，又，
所以.
故选：C
3. 设，是两个平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】C
【详解】对于A，直线，可能平行，相交或异面，故A错误，
对于B，平面，可能相交或平行，故B错误，
对于C，由直线与平面平行性质，可得C正确；
对于D，平面，可能相交或平行，故D错误．
故选：C．
4. 已知向量满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】由，得——①
再由，得，即——②
联立①②解得，.
所以.
故选：D
5. 某调查机构对某地快递行业从业者进行调查统计，得到快递行业从业人员年龄分布饼状图（图1）、“90后”从事快递行业岗位分布条形图（图2），则下列结论中错误的是（ ）
A 快递行业从业人员中，“90后”占一半以上
B. 快递行业从业人员中，从事技术岗位的“90后”的人数超过总人数的20%
C. 快递行业从业人员中，从事运营岗位的“90后”的人数比“80前”的多
D. 快递行业从业人员中，从事技术岗位的“90后”的人数比“80后”的多
【答案】D
【详解】由题图可知，快递行业从业人员中，“90后”占总人数的56%，超过一半，A正确；
快递行业从业人员中，从事技术岗位的“90后”的人数占总人数的百分比为，超过20%，
所以快递行业从业人员中，从事技术岗位的“90”后的人数超过总人数的20%；B正确；
快递行业从业人员中，从事运营岗位的“90后”的人数占总人数的百分比为，超过“80前”的人数占总人数的百分比，C正确；
快递行业从业人员中，从事技术岗位的“90后”的人数占总人数的百分比为22.176%，小于“80后”的人数占总人数的百分比，但“80后”从事技术岗位的人数占“80后”人数的比未知，D不一定正确．
故选：D
6. 若一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论不正确的是（ ）
A. 圆柱的侧面积为B. 圆锥的侧面积为
C. 圆柱的体积小于圆锥与球的体积之和D. 三个几何体的表面积中，圆柱的表面积最大
【答案】C
【详解】
对A，圆柱的侧面积等于，A正确；
对B，圆锥的母线长为，所以圆锥的侧面积为，B正确；
对C，圆柱的体积为，圆锥的体积为，
球的体积为，所以，C错误；
对D，圆柱的表面积，
圆锥的表面积，
球的表面积为，由于，所以圆柱的表面积最大，D正确.
故选：C．
7. 如图，E，F分别为平行四边形ABCD边AD的两个三等分点，分别连接BE，CF，并延长交于点O，连接OA，OD，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】由题意知，，
由，得，所以，
在中，，
即，
即，整理得.
故选：C
8. 已知矩形，，，将沿折起到．若点在平面上的射影落在的内部（不包括边界），则四面体的体积的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【详解】在矩形中，，，过点作于，交边于，如图，
，，
所以，，，
所以，，则，
则，
把沿折起到的过程中，，，
又因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，平面平面，
由面面垂直的性质定理可知，点在平面上的射影在直线上，
因为点在平面上的射影落在的内部（不包括边界），则当平面时，
点到平面的距离最大，于是，
当平面时，点到平面的距离最小，如图，此时，
于是，从而，
而，
所以，.
故选：D.
二、选择题：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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 与的夹角为D. 在方向上的投影向量为
【答案】BD
【详解】对于A，，，因此错误，故A错误；
对于B，，，因此，故B正确；
对于C，，且，因此与的夹角为，故C错误；
对于D，在方向上的投影向量为，故D正确.
故选：BD.
10. 衡阳市某中学为了加强食堂用餐质量，该校随机调查了100名学生，根据这100名学生对食堂用餐质量给出的评分数据，分成，，，，五组，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 为了解评分较低的原因，该校从评分低于80分的学生中用比例分配的分层抽样方法随机抽取18人座谈，则应选取评分在的学生8人；
C. 该样本数据的中位数和众数均为85；
D. 若样本数据的平均数低于85分，则认为食堂需要整改，根据此样本认为该校食堂不需要整改
【答案】AB
【详解】对于A，由图可得，解得，故A正确；
对于B，由图知，评分低于80分的学生有人，
随机抽取人，抽样比为，故应选取评分在的学生人，故B正确；
对于C，因前三组的频率之和为，前四组的频率之和为：，
故中位数在第四组，中位数为，众数为，故C错误；
对于D，该样本数据的平均数为：，
根据此样本认为该校食堂需要整改，故D错误.
故选：AB.
11. 在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A. B. 的取值范围为
C. 的取值范围为D. 的取值范围为
【答案】ACD
【详解】因为，所以由正弦定理得，
又因为，所以，
即，
整理得，即
对于A项，因为A、B、C均为锐角，所以，即，故A项正确；
对于B项，因为，，所以，
因为A、B、C均为锐角，所以，即，解得，
所以的取值范围为，故B项错误．
对于C项，由正弦定理得，，
所以，所以．故C项正确．
对于D项，由A项知，，由B项知，，所以，
所以，，
令，则，所以，，
令，，则，所以在上单调递增，
又，，所以，即范围为，故D项正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 已知长方体的体积，若四面体的外接球的表面积为，则的最小值为______.
【答案】
【详解】设，由于，故；
结合长方体性质可知四面体的外接球即为长方体的外接球，
则外接球半径为，
则外接球的表面积为
，当且仅当时取等号，
即的最小值为，
故答案为：
13. 衡阳市一中高一某班45名学生成立了A、B两个数学兴趣小组，A组25人，B组20人，经过一个月的强化培训后进行了一次测试，在该次测试中，A组的平均成绩为82分，方差为8，B组的平均成绩为86.5分，方差为2，则在这次测试中全班学生成绩的方差为________.
【答案】##
【详解】设，，，，，，
则全班学生成绩的平均数为，
全班学生成绩的方差为，
故答案为：
14. 设是一个随机试验中的两个事件，且，，，则_______.
【答案】
【详解】由概率的性质知，因此，
.
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. 已知，在复平面内，复数，，对应的点分别为A，B，C.
（1）求；
（2）已知四点A、B、C、D组成平行四边形，求D点坐标以及的值.
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
由题意知，
故，
则，故；
【小问2详解】
因为四点A、B、C、D组成平行四边形，故，
设，则，即，
解得，即；
又，则，
即.
16. 甲、乙两人进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响.有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）.
（1）用抛掷骰子的方式决定比赛方案，抛掷两枚质地均匀的骰子，观察两枚骰子向上的点数，若两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1，则选择方案一，否则选择方案二.试判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由；
（2）若选择方案一，求甲获胜的概率.
【答案】（1）方案二被选择的可能性更大，理由见解析
（2）
【小问1详解】
抛掷两枚质地均匀的骰子，设向上的点数为，则共有36种情况，如下：
，
，
其中两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1的情况有：
，共16种情况，
故选择方案一的概率为，则选择方案二的概率为，故方案二被选择的可能性更大.
【小问2详解】
若选择方案一，甲获胜包括三类情况：①甲在前两局获胜，其概率为：；
②甲在第一局，第三局获胜，其概率为：；③甲在第二局，第三局获胜，其概率为：，
因三类情况两两互斥，故选择方案一，甲获胜的概率为：.
17. 已知正方体的棱长为，，分别为，的中点．
（1）证明：平面．
（2）求异面直线与所成角的大小．
（3）求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【小问1详解】
证明：连接交于点，
分别为，的中点，
，
平面，且平面，
平面；
【小问2详解】
，
与所成角大小等于与，
为的中点，
，即与所成角的大小为；
【小问3详解】
连接，过作于点，
平面，且平面，
，又且,且两直线在平面内，
平面，
平面，
，又，且，,且两直线在平面内，
平面，
直线与平面所成角大小等于，
正方体的边长为，
.
18. 在中，角所对的边分别为，满足.
（1）求的值；
（2）当与边上中线长均为2时，求的周长；
（3）当内切圆半径为1时，求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
又由，得.
因为，所以；
【小问2详解】
由余弦定理得，
即，①
设的中点为，则，
则，
则，②
由①②得，
联立，解得，
所以，即的周长为；
【小问3详解】
由（1）得，
由内切圆半径为1，得，即，
由余弦定理得，所以，
得，因为，所以，
解得或，
又因为的面积大于其内切圆面积，即，
得，所以，
当且仅当时，的面积取到最小值.
19. 定义非零向量的“相伴函数”为，，向量称为函数的“相伴向量”（其中点为坐标原点）．
（1）设函数，求函数的“相伴向量”的坐标；
（2）记的“相伴函数”为，设函数，，若方程有四个不同实数根，求实数k的取值范围；
（3）已知点，满足条件：，且向量的“相伴函数”在时取得最大值，当点M运动时，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【小问1详解】
解：
，
所以函数的相伴向量．
【小问2详解】
解：由题知：，
所以．
①当时，；
②当时，．
所以，
可求得在单调递增，单调递减，单调递增，
单调递减且，
∵图像与有且仅有四个不同的交点，
所以实数k的取值范围为
【小问3详解】
解：的“相伴函数”，其中，，．
当，即，时取得最大值．
所以，
当时，此时，，，所以无意义，
当时，所以，
令，则，，
因为在上单调递增，
所以时，
所以．