云南省玉溪市2023-2024学年高一下学期7月期末考试 数学 含解析

【考试时间：7月5日08：30-10：30】玉溪市2023~2024学年春季学期期末高一年级教学质量检测数学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.第I卷（选择题，共58分）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，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.一､单项选择题（本大题共8小题，每个小题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.函数定义域为（）A. B. C. D.2.若，则（）A B. C. D.3.，则（）A. B. C. D.4.若关于的不等式的解集为，则的值是（）A. B. C.2 D.5.已知中，内角所对的边分别为，且满足，，则的面积为（）A. B. C. D.6.向量，且∥，则实数（）A.5 B. C.2 D.7.某校高一年级数学周练满分100分，学生分数均在内，将学生成绩分成6组并作出频率分布直方图，但不小心污损了部分图形（如图所示），则该次数学成绩的中位数是（）A.60分 B.75分 C.79.5分 D.85分8.要得到的图象，只需将函数的图象（）A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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已知集合，则（）A. B.C. D.10.如图，在直三棱柱中，点分别是棱的中点，则下列结论中一定正确的是（）A.平面 B.平面C.∥平面 D.∥平面11.定义在上的奇函数满足，则（）A. B.关于对称C. D.周期函数第II卷（非选择题，共92分）注意事项：第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知数据的平均数为5，则数据的平均数是__________.13.已知命题“，使得”是假命题，则实数的取值范围是__________.14.苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）在研究天文学的过程中，经过对运算体系的多年研究后发明的对数，为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数可以表示成，则，这样我们可以知道的位数为.已知正整数，若是10位数，则的值为__________.（参考数据：）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.已知函数是定义域为的奇函数，当时，.（1）求；（2）求的解析式.16.在中，内角的对边分别为，若，且.（1）求角；（2）若的面积为，求.17.在一次选拔比赛中，每个选手都需要进行5轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三、四、五轮问题的概率分别为、、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响.（1）求该选手进入第二轮才被淘汰的概率；（2）求该选手至多进入第四轮考核的概率.18.如图，边长为3正方形中，点是的中点，点是的中点，将、分别沿、折起，使、两点重合于点，连接.（1）求证：平面；（2）求四棱锥的体积.19.类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，，且维空间向量满足.（1）当，求.（2）证明：；（3）若是正实数，且满足，求证：.【考试时间：7月5日08：30-10：30】玉溪市2023~2024学年春季学期期末高一年级教学质量检测数学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.第I卷（选择题，共58分）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，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.一､单项选择题（本大题共8小题，每个小题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.函数的定义域为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】对数函数的真数大于0，然后解不等式得出答案.【详解】由题意知，，即，所以或.故选：C.2.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】因为，所以，所以.故选：A3.，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数代数形式的乘、除运算法则计算可得.【详解】.故选：B4.若关于的不等式的解集为，则的值是（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】根据不等式的解集得出相应方程的根，再用韦达定理可求.【详解】不等式的解集为，则方程的两根为，由韦达定理得：，，可得，故.故选：.5.已知中，内角所对的边分别为，且满足，，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用三角形面积公式即可求解.【详解】在中，，，，由三角形的面积公式得.故选：A.6.向量，且∥，则实数（）A.5 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】根据向量的线性运算可得，结合向量平行的坐标运算分析求解.【详解】因为，则，若∥，则，解得.故选：D.7.某校高一年级数学周练满分100分，学生分数均在内，将学生成绩分成6组并作出频率分布直方图，但不小心污损了部分图形（如图所示），则该次数学成绩的中位数是（）A.60分 B.75分 C.79.5分 D.85分【答案】B【解析】【分析】设该次数学成绩的中位数为分，分析可知，结合中位数的定义列式求解.【详解】由题意可知：后三组的频率依次为，因为，设该次数学成绩的中位数为分，则，可得，解得，所以该次数学成绩的中位数为75分.故选：B.8.要得到的图象，只需将函数的图象（）A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】根据图象的平移结合诱导公式分析判断.【详解】对于选项A：可得，不合题意，故A错误；对于选项B：可得，不合题意，故B错误；对于选项C：可得，符合题意，故C正确；对于选项D：可得，不合题意，故D错误；故选：C.二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】根据集合交集和并集运算直接求解即可.【详解】因为，由题意可得：，，故AC错误，BD正确.故选：BD.10.如图，在直三棱柱中，点分别是棱的中点，则下列结论中一定正确的是（）A.平面 B.平面C.∥平面 D.∥平面【答案】AC【解析】【分析】对于A：根据直棱柱的定义即可得结果；对于B：假设成立，可得，结合题意分析判断；对于C：根据线面平行的判定定理分析判断；对于D：根据题意可得平面，即可得结果.【详解】对于选项A：因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，故A正确；对于选项B：若平面，且平面，则，又因为点分别是棱的中点，可知，但题设条件不能确定，所以不能确定平面，故B错误；对于选项C：取的中点，连接，因为分别为中点，则∥，，又因为为平行四边形，且分别为的中点，则∥，，即∥，，可知为平行四边形，则∥，且平面，平面，所以∥平面，故C正确；对于选项D：因为分别为的中点，可知平面，故D错误；故选：AC.11.定义在上的奇函数满足，则（）A. B.关于对称C. D.是周期函数【答案】ABD【解析】【分析】根据奇函数的性质判断A，根据判断B，推导出即可判断C，推导出即可判断D.【详解】定义在上的奇函数，则且，故A正确；又，所以，则关于对称，故B正确；由及，可得，所以，所以是为周期的周期函数，故D正确；又，故C错误故选：ABD第II卷（非选择题，共92分）注意事项：第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知数据的平均数为5，则数据的平均数是__________.【答案】13【解析】【分析】根据平均数相关知识进行求解.【详解】因为数据的平均数为5，所以，，所以的平均数是13.故答案为：13.13.已知命题“，使得”是假命题，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】通过构造函数，利用函数的导数，求出函数的最小值，然后求解实数的取值范围．【详解】因为命题“，使得”是假命题，所以命题“，使得”是真命题，即对，恒成立，令，则，所以，所以.故答案为：.14.苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）在研究天文学的过程中，经过对运算体系的多年研究后发明的对数，为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数可以表示成，则，这样我们可以知道的位数为.已知正整数，若是10位数，则的值为__________.（参考数据：）【答案】或【解析】【分析】依题意可得，两边取常用对数，即可得到，从而得解.【详解】依题意可得，两边取常用对数可得，即，所以，即，又正整数，所以或.故答案为：或四､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.已知函数是定义域为的奇函数，当时，.（1）求；（2）求的解析式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据奇函数的定义可得当时，的解析式，即可得结果；（2）根据题意结合（1）中结论，即可得结果.【小问1详解】因为函数是定义域为的奇函数，当时，则，可得，所以.【小问2详解】由（1）可得：16.在中，内角的对边分别为，若，且.（1）求角；（2）若的面积为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意可得，，利用余弦定理计算可得；（2）由面积公式求出，结合计算可得.【小问1详解】因为，所以，又，则，又余弦定理，又，所以.【小问2详解】由，所以，则.17.在一次选拔比赛中，每个选手都需要进行5轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三、四、五轮问题的概率分别为、、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响.（1）求该选手进入第二轮才被淘汰的概率；（2）求该选手至多进入第四轮考核的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设该选手进入第二轮被淘汰为事件，根据相互独立事件的概率公式计算可得；（2）设该选手至多进入第四轮考核为事件，根据互斥事件及相互独立事件的概率公式计算可得.【小问1详解】设该选手进入第二轮被淘汰事件，则；【小问2详解】设该选手至多进入第四轮考核为事件，则.18.如图，边长为3的正方形中，点是的中点，点是的中点，将、分别沿、折起，使、两点重合于点，连接.（1）求证：平面；（2）求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）依题意，，即可证明；（2）首先求出的面积，在立体图形中连接与交于点，即可得到，从而得到点到平面的距离为点到平面的距离的，再由计算可得.【小问1详解】在正方形中，，，则在立体图形中有，，又，平面，所以平面.【小问2详解】因为平面，所以为三棱锥的高，且，在平面图形中可得，，所以，则，所以，则，在平面图形中连接与交于点，设，则为的中点，又为的中点，为的中点，所以为的中点，所以，在立体图形中连接与交于点，则，所以点到平面的距离为点到平面的距离的，所以.19.类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，，且维空间向量满足.（1）当，求.（2）证明：；（3）若是正实数，且满足，求证：.【答案】（1）（2