湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附答案）

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附答案），共9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。

时量：120分钟分值：150分
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，只有一项是符合题目要求的．
1、已知为实数，若复数为纯虚数，则复数的虚部为（ ）
A．1B．C．D．2
2、某同学坚持夜跑锻炼身体，他用手机记录了连续10周每周的跑步总里程（单位：千米），其数据分别为17，21，15，8，9，13，11，10，20，6，则这组数据的分位数是（ ）
A．12B．16C．17D．18.5
3、已知函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，所得图象对应的函数是偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
4、若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，侧面积为，则它的体积为（ ）
A．B．C．D．
5、在中，角，，的对边为，，，且，，的面积为3，则（ ）
A．B．C．D．
6、已知，，则的值为（ ）
A．B．C．1D．
7、在三棱锥中，平面，，为边长等于的正三角形，则三棱锥的外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
8、定义平面向量在上的投影为．若平面向量，满足，则在上的投影的取值范围是（ ）
A．[1，2]B．C．D．
二、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、已知平面向量，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．C．D．与的夹角为
10、设，为复数，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则的最大值为3
11、在矩形中，，，沿矩形对角线将折起形成四面体．则在这个过程中，下列结论中正确的是（ ）
A．当时，
B．四面体的体积的最大值为
C．与平面所成的角可能为
D．四面体的外接球的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12、某班兴趣小组做了一次关于“电子产品对视力的影响”的问卷调查．他们从岁，7～12岁，13～15岁，16～18岁四个年龄段回收的问卷依次为120份、180份、240份、份．因调查需要，现从回收的问卷中按年龄段按比例分配分层随机抽取一个容量为300的样本．若在岁年龄段的问卷中抽取了60份，则应在岁年龄段的问卷中抽取的份数为______．
13、在中，，，为边的中线，为的中点，则______．
14、在棱长为1的正方体中，点是该正方体表面及其内部的一个动点，且平面，则线段的长的取值范围是______．
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、已知平面向量，函数．
（1）求的最小正周期；
（2）当时，若，求的值．
16、已知函数是定义在上的奇函数，当时，．
（1）求的解析式；
（2）令函数，若对于，当时，总有成立，求实数的取值范围．
17、如图，在中，角，，所对的边分别为，，，．
（1）求角；
（2）若，设为延长线上一点，且，求线段的长．
18、如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是的中点，于点．
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的正切值．
19、函数的凹凸性的定义是由丹麦著名的数学家兼工程师Jhan Jensen在1905年提出来的．其中对于凸函数的定义如下：设连续函数的定义域为[a，b]（或开区间（a，b）或，或都可以），若对于区间[a，b]上任意两个数，均有成立，则称为区间[a，b]上的凸函数．容易证明譬如都是凸函数．Jhan Jensen在1906年将上述不等式推广到了个变量的情形，即著名的Jensen不等式：若函数为其定义域上的凸函数，则对其定义域内任意个数，均有成立，当且仅当时等号成立．
（1）若函数为上的凸函数，求的取值范围：
（2）在中，求的最小值；
（3）若连续函数的定义域和值域都是，且对于任意均满足下述两个不等式：
，证明：函数为上的凸函数．（注：）
雅礼教育集团2024年上学期期中考试试卷
高一数学
时量：120分钟分值：150分
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，只有一项是符合题目要求的．
1、【答案】D2、【答案】C3、【答案】B4、【答案】B5、【答案】C
【解析】因为，所以，由，可得，根据余弦定理，，所以，故选C．
6、【答案】A
【解析】因为，所以，因此有，得，故选A．
7、【答案】D
【解析】易知的外接圆的半径为1，将三棱锥补形为一个直三棱柱，则其外接球的半径为，其外接球的表面积是，故选D．
8、【答案】D
【解析】将已知两式平方相减可得在上的投影为
又，即，得在上的投影的取值范围是，故选D．
二、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、【答案】BC10、【答案】AD
11、【答案】ABD
【解析】对于A：当时，又因为平面，所以平面，所以，故正确；对于：当平面平面时，四面体的体积最大在中根据等面积法可得到平面的距离满足
所以，故B正确：
对于C：当平面平面时与平面所成的角最大，此时，即，故C错误；
对于D：因为和都是直角三角形且共斜边，所以斜边中点到，，，距离相等，所以四面体的外接球的半径，所以四面体的外接球的体积为定值，故选ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12、【答案】120
【解析】因为岁年龄段回收了180份问卷，而样本在岁年龄段的问卷中抽取了60份，所以抽样比为．因为分层抽取的样本的容量为300，故回收的问卷总数为（份），可得（份），所以在16～18岁年龄段中抽取的问卷为（份）．
13、【答案】1
【解析】如图所示
由正弦定理得，
14、【答案】
【解析】动点的轨迹形成的区域为的边界及内部，故线段的长的取值范围是．
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、【解析】（1）
即的最小正周期是．
（2）由，得，
．
16、【解析】（1）当时，，
是奇函数，，
又；
注：若考生没有在解析式中写，则扣1分．
（2）由题可得，不妨设，则不等式化为，
即恒成立，令，则可得在单调递增，的对称轴为，开口向上，，解得．
17、【解析】（1），
由正弦定理得：，
．
（2）解法一：，由正弦定理得：，
，且，
在中，，解得：．
解法二：在中由余弦定理，解得（负值舍去），再在中由余弦定理的推论解得：，
在中，，解得：．
18、【解析】（1）证明：由条件有平面，且平面，．又，是的中点，．
平面，平面，．由已知，
平面．又平面，平面平面．
（2）解：取中点，则，作于，连结．
底面，底面．为在平面内的射影
，为二面角的平面角．
设，在中，，，二面角的正切值为．
19、【解析】（1）由凸函数的定义有
故．
（2）由基本不等式有
由Jensen不等式有从而有，当且仅当时取等号．
故的最小值为．
注：若考生没有写取等的条件，则扣1分．
（3）证明：
从而，进而有，
所以函数为上的凸函数．