湖南省部分学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学 Word版含解析.docx

高一数学试卷考生注意：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. 从道题中随机选道，若某道题被选中的概率为，则（ ）A. 4 B. 8 C. 10 D. 12【答案】B【解析】【分析】根据古典概率计算公式计算即可.【详解】由题意，从道题中随机选道,某道题被选中的概率为，根据古典概率计算公式得，即.故选：B.2. 若在复平面内，复数所对应的点为，则的实部与虚部的差为（ ）A. 3 B. 2 C. 1 D. -5【答案】D【解析】【分析】根据点对应的复数进行复数运算再根据实部及虚部运算即可.【详解】因，所以实部为，虚部为，实部与虚部的差为.故选：D.3. 已知点在同一平面内，，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量的线性运算即可求解.【详解】由可得,故，故选：C4. 已知集合，若是的充要条件，则整数（ ）A. 4 B. 3 C. 2 D. 1【答案】D【解析】【分析】解绝对值不等式，根据是的充要条件，得到不等式，解得，得到答案.【详解】，由于是的充要条件，，所以，解得，故整数.故选：D5. 从这四个数字中任意取出两个不同的数字，设取出的两数字之和为，则的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出，再写出所有情况和满足题意的情况，最后利用古典概型公式即可.【详解】由 可得 . 从这四个数字中任意取出两个不同的数字, 有 ，共 6 种不同的结果, 取出的两数字之和 满足 对应的结果有共 3 种, 所以所求概率为 .故选：B.6. 已知在三棱锥中，，且为等边三角形，则二面角的正切值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】根据题意可得三角形全等，即可求解长度关系，根据等腰可得即为二面角的平面角，即可利用三角形边角关系求解.【详解】由以及可得故,进而可得,不妨设,取中点，连接,故,故即为二面角的平面角，由于平面，故平面，平面，故,故选：B7. 如图所示，是函数的图象与直线的两个交点，且点在轴上，若，则的最小正周期为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据,在函数图象上，即可代入求解可得，结合周期的关系即可求解.【详解】由题意可得，且都在上，故，所以，又，结合在单调递减区间上，所以，故，由于，故，所以，故.故选：A8. 已知函数，若不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式和一元二次方程的关系结合韦达定理即可求出，再分类得到不等式组，解出即可.【详解】不等式的解集为，的两实数根分别为和，，解得，，令，解得或，则，解得，由，可得或，即或，则所求解集为.故选：C.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. 若数据的第25百分位数､第50百分位数､第75百分位数分别为，平均数为,则（ ）A B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】根据百分位数和平均数的计算，即可结合选项逐一求解.【详解】将从小到大排列为：0,1,2,5,8,9,10,11,12,17,，故第25百分位数2，故，，故第50百分位数为，即，，故第75百分位数为11，即，平均数为，故AC正确，BD错误，故选：AC10. 在平面直角坐标系中，角的始边均与轴的非负半轴重合，终边分别经过点，，则（ ）A. B. C. D. 是第三象限角【答案】BC【解析】【分析】根据三角函数定义即可求出，再利用二倍角的正切公式即可判断A；直接代入计算好的即可判断B；利用两角差的余弦公式即可判断C；分别计算出的符号即可判断D.【详解】由题可知.对于A，，所以，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，因为，，所以是第二象限角，故D错误.故选：BC.11. 已知直三棱柱的各顶点及动点都在球的球面上，，则（ ）A. B. 球的半径为2C. 三棱柱的表面积为D. 点到平面的距离的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】由直三棱柱概念知正确，由直三棱柱和球的对称性可确定球心位置，构造直角三角形可求出球的半径知正确，计算直三棱柱各个面之和可得表面积知错误，点到平面的距离的最小值为0，最大值为球心到面的距离与之和，计算可得正确.【详解】根据直三棱柱的概念知侧棱底面，又底面，，故正确；由知底面是等腰直角三角形，取的中点为，则为底面的外心，设直三棱柱外接球的球心为，则点位于的中心，连接，则，由题意，，则，即.故正确；三棱柱的表面积为：，故错误；动点在球的球面上，则当点与重合时，点到平面的距离取得最小值为0，点到平面的距离的最大值为,点到平面的距离的取值范围是，故正确.故选：.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 已知复数，则__________.【答案】##【解析】【分析】利用复数除法法则计算出答案.【详解】.故答案为：13. 已知正三棱柱的棱长均为分别是棱的中点，则几何体的体积为__________.【答案】##【解析】【分析】应用三棱柱及三棱台的体积做差后 得出几何体的体积.【详解】,,为三棱台，,.故答案为：.14. 已知函数，若存在唯一的，使得，则当时，的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】先根据存在唯一的x成立求出a,再根据函数解析式解不等式即可.【详解】因为存在唯一的，使得，则,则,或,又因为,所以,由，可得或,可得.故答案：.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，在平行六面体中，.（1）若是棱的中点，过点作平面，使得平面平面，在图中画出平面截平行六面体所得的截面；（不需写出作法和证明过程）（2）证明：平面平面.【答案】（1）作图见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）作出辅助线，六边形即为所作的截面，并根据中位线进行证明；（2）作出辅助线，证明出⊥，又，故四边形为菱形，故⊥，从而得到线面垂直，面面垂直.【小问1详解】取的中点，的中点，的中点，的中点，的中点，顺次连接，六边形即为所作的截面，理由如下：因为为的中位线，所以，同理可得，而，故，面，面，则面，同理面，且都在面，故截面平面，则六边形即为所作截面，【小问2详解】设，则，因为，所以⊥，又，故四边形为菱形，故⊥，因为，平面，所以⊥平面，因为平面，所以平面⊥平面.16. 现有一批零件，一质检员从中随机抽取200件进行合格性检验，实际尺寸与标准尺寸的差值为，现对进行整理，分组区间为，得到如图所示的频率分布直方图.规定：的为优质品，的为合格品，的为劣质品.（1）求的值，并计算的平均值；（每组数据用该组所在区间的中点值作代表）（2）估计该批零件中优质品､合格品､劣质品的数量之比；（3）质检部门规定：若抽检的零件中劣质品数量不超过15件，则这批零件通过抽检，否则，不能通过抽检.问：这批零件能否通过抽检？【答案】（1）,平均值为； （2） （3）不能.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各组概率之和为可得值，再由平均值计算公式计算即可.（2）根据频率分布直方图分别计算优质品，合格品，劣质品的数量即可；（3）因为样本中劣质品的数量为件，已经超过件，故这批零件不能通过抽检.【小问1详解】由频率分布直方图中各组概率之和1得，，解得，平均值为.【小问2详解】由频率分布直方图得件样品中优质品的数量为件，合格品的数量为件，劣质品的数量为件，所以优质品合格品劣质品.【小问3详解】因为样本中劣质品的数量为件，已经超过件，所以这批零件不能通过抽检.17. 一个质地均匀的正方体的1个面为黄色，2个面为绿色，3个面为红色.连续抛掷该正方体3次，观察落地时朝上的面的颜色.（1）求第1次､第2次､第3次朝上的面的颜色依次为红色､绿色､黄色的概率；（2）求朝上的面的颜色恰有2次相同的概率.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据独立事件概率乘积公式计算即可；（2）根据互斥事件的概率和公式结合独立事件概率乘积公式计算即可.【小问1详解】设第1次､第2次､第3次朝上的面的颜色依次为红色､绿色､黄色为事件A,.【小问2详解】设朝上的面的颜色恰有2次相同为事件B,可以是2次相同的黄色或2次相同的绿色或2次相同的红色，.18. 已知的内角所对的边分别为，面积为，且.（1）求的值；（2）若，求及的值.【答案】（1） （2），【解析】【分析】（1）根据同角关系得，由面积公式和正弦定理边角化即可求解，（2）利用余弦定理即可求解，根据二倍角公式以及和差角公式即可求解.【小问1详解】由于，，所以，又,故，因此【小问2详解】由余弦定理得，，化简得，解得（负值舍去），进而，故，所以为锐角，故，故，19. 已知函数满足，其中为偶函数，为奇函数.（1）求的解析式；（2）求函数的值域；（3）设，若对任意的，都存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）根据函数的奇偶性即可联立方程求解，（2）利用换元法，结合二次函数的性质即可求解，（3）将问题转化为两个函数的最值，利用函数的单调性以及基本不等式求解最值即可求解.【小问1详解】由于为偶函数，为奇函数，且，故，两式相加可得进而，【小问2详解】，令，则，故值域为【小问3详解】由于均为单调递减函数，故为单调递减函数，故当时，，即，故在上的最小值为，，当且仅当时等号成立，故在上的最小值为1，若对任意的，都存在，使得成立，只需要，又，故，解得。