河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省郑州市宇华实验学校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25页。试卷主要包含了 在中，为上一点，且，，，则， 已知，，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每道选择题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效.
4.考试结束后，请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. 命题p：，，使得不等式成立，则命题p成立的一个充分不必要条件可以是（ ）
A. B. C. D.
2. 已知，则（ ）
A. B.
C D.
3. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的零点个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
4. 甲、乙、丙三人参加“社会主义核心价值观”演讲比赛，若甲、乙、丙三人能荣获一等奖概率分别为且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中至少有两人获得一等奖的概率为（ ）
A. 14B. C. D.
5. 华罗庚是享誉世界的数学大师，国际上以华氏命名的数学科研成果有“华氏定理”“华氏不等式”“华氏算子”“华—王方法”等，其斐然成绩早为世人所推崇．他曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，告知我们把“数”与“形”，“式”与“图”结合起来是解决数学问题的有效途径．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数图象的特征．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）

A. B. C. D.
6. 在中，为上一点，且，，，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ）
A. B. 若，则的最大值为
C. 若，则复平面内对应的点位于第一象限D. 若是关于的方程的一个根，则
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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9. 已知函数的部分图象如图所示，其图象上最高点的纵坐标为2，且图象经过点，则（ ）
A.
B.
C. 在上单调递减
D. 方程在内恰有4个互不相等的实根
10. 已知，，是平面上三个非零向量，下列说法正确的是（ ）
A. 一定存在实数，使得成立
B. 若，那么一定有
C. 若，那么
D 若，那么，，一定相互平行
11. 已知函数，则下列结论中正确的有（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 的对称轴为，
C. 的对称中心为，
D. 的单调递增区间为，
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，且，则的最小值为_________.
13. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为__________.
14. 已知点是的外心，，设，且实数，满足，则的值是___________.
四、解答题：本大题共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. 已知且，函数是奇函数.
（1）求a，b的值；
（2）对任意，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
16. 本学期初，某校对全校高二学生进行数学测试（满分100），并从中随机抽取了100名学生的成绩，以此为样本，分成，得到如图所示频率分布直方图.
（1）估计该校高二学生数学成绩的平均数和分位数；
（2）为进一步了解学困生学习情况，从数学成绩低于70分的学生中，分层抽样6人，再从6人中任取2人，求此2人分数都在的概率.
17. 已知面积为9，点D在BC边上，．
（1）若，，
①证明：；
②求AC；
（2）若，求AD的最小值．
18. 如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值.
19. 已知，，记
（1）求函数的值域；
（2）求函数，的单调减区间；
（3）若，恰有2个零点，求实数的取值范围和的值．2024学年郑州市宇华实验学校高一年级（下）期末考试
数学
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每道选择题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效.
4.考试结束后，请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. 命题p：，，使得不等式成立，则命题p成立的一个充分不必要条件可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意分离参数得，，使得不等式成立，利用基本不等式求出得最小值即可得解.
【详解】由，，使得不等式成立，
即，，使得不等式成立，
而，
当且仅当时，等号成立，
所以，
所以是的一个充分不必要条件.
故选：A.
2. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指对函数的单调性和中间值比较大小即可.
【详解】由，则，
由，，则，
由，则.
则.
故选：C
3. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的零点个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出函数，由零点的意义构造函数，利用导数探讨的零点个数，再利用奇偶性即可得解.
【详解】依题意，，由，得，
即，令，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，，即在上无零点，
当时，，当且仅当或时取等号，又，
则当时，，即函数在上无零点，
，令，求导得
当时，，，，函数上递增，
，函数在上递减，而，
因此函数在上有唯一零点；
当时，，函数在上单调递增，
而，因此函数在上有唯一零点，
于是函数在上有2个零点，
又，即函数是R上的偶函数，
则函数在上也有2个零点，所以函数，即函数有4个零点.
故选：D
4. 甲、乙、丙三人参加“社会主义核心价值观”演讲比赛，若甲、乙、丙三人能荣获一等奖的概率分别为且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中至少有两人获得一等奖的概率为（ ）
A. 14B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.
【详解】设甲、乙、丙获得一等奖的概率分别是，，，
则不获一等奖的概率分别是，，，
则这三人中恰有两人获得一等奖的概率为：
，
这三人都获得一等奖的概率为，
所以这三人中至少有两人获得一等奖的概率.
故选：D.
5. 华罗庚是享誉世界的数学大师，国际上以华氏命名的数学科研成果有“华氏定理”“华氏不等式”“华氏算子”“华—王方法”等，其斐然成绩早为世人所推崇．他曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，告知我们把“数”与“形”，“式”与“图”结合起来是解决数学问题的有效途径．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数图象的特征．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数、三角函数的单调性及复合函数的单调性判定选项即可.
【详解】由的图象在纵轴右侧先单调递增再递减，
又和在纵轴右侧均先递增，而和在纵轴右侧均先递减，由复合函数的单调性可排除B、C，
若，则根据复合函数单调性有时函数单调递减，与图象不符，故D错误；
而，则根据复合函数单调性有时函数单调递减，与图象相符，故A正确.
故选：A
6. 在中，为上一点，且，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件转化边角的关系，计算即可.
【详解】法一、相似转化边的关系
如图所示，在和中，有,
故,设，则，,所以
设则根据相似比：得
又，由余弦定理可得：
则，，故
法二、正弦定理边化角.
设，则,
在和中,有，由正弦定理有：，
两式相除得：
由三角恒等变换公式得：
由弦化切，构造齐次式得：，
即，解之得：或
在中，则，故
故选：D
【点睛】本题考察向量与解三角形的综合，属于压轴题.方法一通过已知找到边之间的关系是关键，在根据余弦定理即可解得答案；方法二是根据“爪”型三角形，通过两次正弦定理转化边角关系，解有关角的方程，颇考验计算功底.
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先得到，即，根据，得到，即.
【详解】，
所以，
则，
即．
因为，所以，
所以，
解得．
故选：B．
8. 已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ）
A. B. 若，则的最大值为
C. 若，则复平面内对应的点位于第一象限D. 若是关于的方程的一个根，则
【答案】B
【解析】
【分析】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数判断C；利用复数相等求出判断D.
【详解】对于A，设，则，，A错误；
对于B，由知，在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上，
可看作该单位圆上的点到点的距离，因为圆心到的距离为，
则该单位圆上的点到点的距离最大值为，B正确；
对于C，，则复平面内对应的点位于第二象限，C错误；
对于D，依题意，，整理得，
而，因此，解得，D错误．
故选：B.
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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9. 已知函数的部分图象如图所示，其图象上最高点的纵坐标为2，且图象经过点，则（ ）
A.
B.
C. 在上单调递减
D. 方程在内恰有4个互不相等的实根
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正弦型三角函数图象性质确定的值，从而可判断A，B；得的解析式后根据其单调性与图象可判断C，D.
【详解】由题意可得，将代入可得，所以，
又，所以或，
根据图象可知点在其递减区间上，故，故A不正确；
将代入可得，结合图象可得，所以，
且，故，则，故，故B正确；
则，当时， ，则在上单调递减，故C正确；
当时，则，从而可得在上的图象如下：
由图可得方程在内恰有4个互不相等的实根，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知，，是平面上三个非零向量，下列说法正确的是（ ）
A. 一定存在实数，使得成立
B. 若，那么一定有
C. 若，那么
D. 若，那么，，一定相互平行
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理，结合平面向量数量积的运算性质逐一判断即可.
【详解】只有当，不是共线向量时，一定存在实数，使得成立，因此选项A不正确；
由，因此选项B正确；
由，
，
所以选项C正确；
当时，显然成立，但是，，不一定互相平行，
故选：BC
11. 已知函数，则下列结论中正确的有（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 的对称轴为，
C. 的对称中心为，
D. 的单调递增区间为，
【答案】AD
【解析】
【分析】先利用三角恒等变换将函数解析式化简，再结合三角函数的图象和性质逐一判断选项即可．
【详解】，
对于A，函数的最小正周期为，所以A正确；
对于B，令，则，所以对称轴为，故B错误；
对于C，令，，可得对称中心为，故C错误；
对于D，令，，则，
所以单调递增区间为,故D正确．
故选：AD．
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，且，则的最小值为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用，结合基本不等式可求其最小值.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为.
故答案为：.
13. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先求出，再根据扇形面积公式求出圆的半径，过点作交于点，过点作交于点，即可求出，将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，再根据所给公式分别求出表面积.
【详解】因为，所以，设圆的半径为，
又，解得（负值舍去），
过点作交于点，过点作交于点，
则，，
所以，同理可得，
将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，
其中球缺高，圆锥的高，底面半径，
则其中一个球冠的表面积，
球的表面积，
圆锥的侧面积，
所以几何体的表面积.
【点睛】关键点点睛：本题关键是弄清楚经过旋转之后得到的几何体是如何组成，对于表面积要合理转化.
14. 已知点是的外心，，设，且实数，满足，则的值是___________.
【答案】0
【解析】
【分析】将已知条件转化为，再结合可得，.
【详解】将两端分别与、作内积，结合数量积的几何意义可得：
，
又，即有，解得.
又，联立可得，，所以
故答案为：0.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：将已知条件两端分别与、作内积，转化为.
四、解答题：本大题共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. 已知且，函数是奇函数.
（1）求a，b的值；
（2）对任意，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用恒成立可得；
（2）换元令，构造函数用基本不等式求最值．
【详解】解：（1）因为是奇函数，所以，
即恒成立，
，解得；
（2）不等式
对任意恒成立，
令，
则对恒成立，
在时，单调递减，，
，的取值范围为，．
16. 本学期初，某校对全校高二学生进行数学测试（满分100），并从中随机抽取了100名学生的成绩，以此为样本，分成，得到如图所示频率分布直方图.
（1）估计该校高二学生数学成绩的平均数和分位数；
（2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于70分的学生中，分层抽样6人，再从6人中任取2人，求此2人分数都在的概率.
【答案】（1）平均数为75.5，分位数为88；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图的面积和为1求出后，再由平均数，百分数的算法求出即可；
（2）利用分层抽样和古典概率的算法求出即可；
【小问1详解】
由，解得.
该校高三学生期初数学成绩的平均数为.
前3组的频率和为，所以分位数为.
【小问2详解】
分层抽样抽取的6人中，的有人，记为
的有人，记为，
从6人中任取2人，基本事件有，共15种，
其中2人分数都在的有共6种，
所以从6人中任取2人，分数都在的概率为.
17. 已知的面积为9，点D在BC边上，．
（1）若，，
①证明：；
②求AC；
（2）若，求AD的最小值．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）①在中，由正弦定理可得，从而得证；
②在中，利用三角函数恒等变换可得所以，在中，由，可解问题；
（2）由，两边平方的，再借助余弦定理和三角形面积公式，将上式表示为，化简利用基本不等式求最值.
【小问1详解】
①因为，，所以，
在中，由正弦定理可得，
所以；
②设，则，
因为，所以，
设，因为，所以，
在中，，
由①知，
所以，
所以，
整理得，又因为，，
所以，
因为，所以，
在中，因为，，
所以，所以，
则，
所以；
【小问2详解】
记的内角为，所对边为，
因为，
所以，
所以，
在中，因为，
所以由余弦定理可得，
整理得，
因为，所以，
所以，
所以
，
当且仅当时取等号，
所以AD的最小值为4.
【点睛】关键点点睛：第（2）问中，由平面向量得，两边平方的，再借助余弦定理和三角形面积公式，将上式表示为，利用三角函数恒等变换化简，并利用基本不等式求最值.
18. 如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）或.
【解析】
【分析】（1）由已知可得平面，平面，从而可证结论；
（2）由余弦定理可得，从而可证，进而结合已知可证平面，可证结论；
（3）延长交于，过作于，过作于，连接，可得为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可.
【小问1详解】
因为，，所以，
又平面，平面，所以平面，
，，可得，又，，
所以是等边三角形，所以，，
又，所以，又平面，平面，
平面，又，又平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
由侧面为矩形，可得，
连接，可得是等边三角形，所以，
所以，又，，
由余弦定理可得，所以，
所以，所以，所以，所以，
又， 平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问3详解】
延长交于，可得是等边三角形，
过作于，
由（1）可知平面，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
又三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
由（2）可知平面平面ABCD，且两平面的交线为，所以平面，
所以，
解得，过作于，连接，
平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
若，则点在线段上，且为中点，
又，由勾股定理可得，
所以，所以，所以由勾股定理可得，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为；
若，则点在线段延长线上，此时，.
19. 已知，，记
（1）求函数的值域；
（2）求函数，的单调减区间；
（3）若，恰有2个零点，求实数的取值范围和的值．
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及两角差正弦公式化简，再结合正弦函数的值域计算可得；（2）利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再结合正弦函数的单调性计算可得；（3）化简函数，根据恰有2个零点，求出实数的取值范围；再根据对称性求出的值.
【小问1详解】
由题意可知，
则函数函数的值域为
【小问2详解】
由
因为，所以，令，解得，
函数，的单调减区间
【小问3详解】
因为，所以，
根据条件在恰有2个零点，则有两个根，
即有两个根，则，解得
实数的取值范围
根据函数在恰有2个零点，即有两个根，
因为，令，解得，所以关于对称，
则．