精品解析：湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

这是一份精品解析：湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了 已知集合，则=， 设复数满足， 在中，“”是“”的， 已知平面向量，，且，则， 若，则等内容，欢迎下载使用。

雅礼中学2023年上学期期末考试试卷
高一数学
时量：120分钟分值：150分
一､选择题：本大题共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. 已知集合，则=
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．
【详解】由题意得，，则
．故选C．
【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．
2. 设复数满足（是虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】两边同乘以的共轭复数，然后化简运算求得，进而得解.
【详解】,∴，∴，
故选：A
3. 在中，“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可。
【详解】由，则或，
所以能推出，但推不出，
故“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.
4. 某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.
【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有件，
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有，
所以这2名学生来自不同年级的概率为.
故选：D.
5. 下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性，基本初等函数的单调性，逐项判断即可.
【详解】对于A，函数为奇函数，但在定义域上函数不单调，故A不符合；
对于B，的定义域为，，则为偶函数，故B不符合；
对于C，的定义域为，，则为奇函数，又函数在上均为增函数，故在上为增函数，故C不符合；
对于D，的定义域为，，则为奇函数，又函数在上为减函数，在上为增函数，故在上为减函数，故D符合.
故选：D.
6. 已知平面向量，，且，则（ ）
A. 1 B. 14 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.
【详解】因为，，，所以，所以.
故选：B
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用凑角，同角三角函数关系和二倍角的余弦公式转化计算.
【详解】
，
故选：B
8. 把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图形的几何性质得球心位置，利用等体积转化求点面距离即可.
【详解】
由图所示，易知三棱锥D-ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，
计算可得BC=CD=BD=，设球心到平面的距离为，
则.
故选：A
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A. 的平均数等于的平均数
B. 的中位数等于的中位数
C. 的标准差不小于的标准差
D. 的极差不大于的极差
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A错误；
对于选项B：不妨设，
可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；
对于选项C：因为是最小值，是最大值，
则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，
例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，
显然，即；故C错误；
对于选项D：不妨设，
则，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：BD.
10. 如图，在长方体中，，，，以直线，，分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则（ ）

A. 点的坐标为，5，
B. 点关于点对称的点为，8，
C. 点关于直线对称的点为，5，
D. 点关于平面对称的点为，5，
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，根据图示分析即可；
对B，设点关于点对称的点为，再根据为的中点列式求解即可；
对C，根据四边形为正方形判断即可；
对D，根据平面求解即可
【详解】对A，由图可得，的坐标为，5，，故A正确；
对B，由图，，，设点关于点对称的点为则 ，解得，故，故B错误；
对C，在长方体中，
所以四边形为正方形，与垂直且平分，
即点关于直线对称的点为，选项C正确；
对D，因为平面，故点关于平面对称的点为，即，选项D正确；
故选：ACD.
11. 已知为不同的直线，为不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则至少有一条与直线垂直
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据空间直线与平面间的位置关系进行判断A，由线面、面面垂直的判定写性质判断BCD．
【详解】若，可能平行也可能异面，A错；
，则，又，则，B正确；
若，假设与不垂直，过直线任一点在平面内作直线，因为，所以，又，则，又，
是平面内两相交直线，因此，而，所以，即直线中如果有一条不与垂直，则另一条必定与直线垂直，C正确；

若，如图，设，，过直线上一点在平面内作直线，则，
同理过在平面内作直线，则，
因为过一点有且只有一条直线与一个平面垂直，所以重合，即重合为平面和的交线，所以，D正确．

故选：BCD．
12. 已知是定义在上的奇函数，且函数为偶函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的图象关于直线对称
B. 当时，的零点有6个
C.
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由条件结合奇函数的性质和偶函数的性质列关系式，结合对称性的定义，周期函数的定义判断AC，根据奇函数性质判断B，结合函数的性质求函数值的和判断D.
【详解】因为为奇函数，所以，所以为奇函数，
因为函数为偶函数，所以，
由代换为可得，
对，由已知，所以的图象关于直线对称，故正确；
对，因为为定义在上的奇函数，
由奇函数性质可得，所以为函数的一个零点，
设为函数的一个正零点，则，
所以，即也为函数的一个零点，
所以在上的零点个数为奇数，故B错误；
对，因为， ，
所以，
所以，故C正确；
对，由选项可得是周期为4的函数，
因为为奇函数，所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知随机事件A，B，事件A和事件B是互斥事件，且，，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用互斥事件概率公式即可求得的值.
【详解】事件A和事件B是互斥事件，且，，
则
故答案为：
14. 如图所示，在平行六面体中，，若，则___________.

【答案】2
【解析】
【分析】题中 几何体为平行六面体，就要充分利用几何体的特征进行转化，
,再将转化为，以及将转化为,,总之等式右边为，，,从而得出，.
【详解】解：因


，
又，
所以，，
则.
故答案为：2.
【点睛】要充分利用几何体的几何特征，以及将作为转化的目标，从而得解.
15. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】先计算圆锥的底面周长，即为侧面展开图的弧长，进而求得侧面展开图的半径，即为圆锥的母线长.
【详解】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为，
又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2，
即圆锥的母线长为2，
故答案为2.
16. 已知（）满足，，且在上单调，则的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】由，得到，再由函数在区间上单调，求出的取值范围，即可求出的取值集合，从而求出的最大值；
【详解】满足，
，即，
，
在上单调，
，即，
当时最大，最大值为
故答案为：
四､解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17. 已知函数，求：
（1）的最小正周期；
（2）取最大值时自变量x的集合.
【答案】（1）最小正周期为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据周期的计算公式即可求解，
（2）根据整体法即可求解.
【小问1详解】
由，得的最小正周期为.
【小问2详解】
由，解得.
故取最大值时自变量的集合为.
18. 如图，已知在三棱锥中，，点分别为棱中点，且平面平面.

（1）求证：平面；
（2）求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）要证平面，只需证明；
（2）要证，只需利用面面垂直性质证明平面.
【小问1详解】
因为点分别为棱的中点，所以.
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，点为棱的中点，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又平面，所以.
19. 某市为了鼓励市民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量划分为三档，月用电量不超过的部分按0.5元收费，超过但不超过的部分按0.8元收费，超过的部分按1.0元收费.

（1）求某户居民用电费用（单位：元）关于月用电量（单位：）的函数解析式
（2）为了了解居民用电情况，通过抽样获得了今年1月份100户居民每户的月用电量，统计分析后得到如图所示的频率直方图.若这100户居民中，今年1月份电费不超过260元的占80%，求，的值；
（3）在（2）的条件下，计算月用电量的75%分位数.
【答案】（1）；（2），；（3）375千瓦时.
【解析】
【分析】（1）根据题意以及分段函数的知识，求得与之间的函数解析式.
（2）先求得用电量低于400千瓦时的占80%，利用频率之和列方程组，解方程组求得的值.
（3）根据百分位数的计算方法，计算出分位数.
【详解】（1）当时，；
当时，；
当时，.
所以与之间的函数解析式为
（2）由（1）可知，当时，，即用电量低于400千瓦时的占80%，
结合频率分布直方图可知
解得，.
（3）设75%分位数为，
因为用电量低于300千瓦时的所占比例为，
用电量低于400千瓦时的占80%，所以75%分位数在内，
所以，解得，
即用电量的75%分位数为375千瓦时.
20. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，E为PD上的中点.

（1）求证：PB平面AEC；
（2）设PA=AB=1，求平面AEC与平面AED夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据线线平行即可得线面平行，
（2）利用线面垂直得线线垂直，进而得平面夹角的平面角，即可利用边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解.
【小问1详解】
如图，连接交于点，连接，则为的中点，
为的中点，

又平面平面，
平面.
【小问2详解】
方法一：由于, PA⊥平面ABCD，平面ABCD,所以,
平面,所以平面,
平面,所以,
由于为中点，所以,
因此即为平面AEC与平面AED所成角的平面角或其补角，
由于,
所以,
故平面AEC与平面AED所成角的余弦值为.
解法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
平面的法向量为，
设平面的法向量为，则即
令，则，
，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
21. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，.
（1）求B及a，c；
（2）若线段MN长为3，其端点分别落在边AB和AC上，求△AMN内切圆半径的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题得，再结合三角形面积公式和余弦定理即可得到答案；
（2）设内切圆的圆心为，半径为，根据内切圆半径公式得，代入数据有，再利用余弦定理和基本不等式即可求出最值.
【小问1详解】
由，得，又
，解得,
，或
由余弦定理，
得，
当时，，又，所以，，
当时，，矛盾
所以，，
【小问2详解】
设△内切圆的圆心为，半径为，由（1）知：△ABC为等边三角形，
则，
从而（其中指的周长），
，
，
，则
，
又，当且仅当等号成立
，
，当且仅当时等号成立，.
即内切圆半径的最大值为

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用三角形内切圆半径公式，再结合余弦定理和基本不等式求出的最大值.
22. 某校举行围棋比赛，甲､乙､丙三人通过初赛，进入决赛.决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲､乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人累计获胜三局，则此人获得比赛胜利，比赛结束.假设每局比赛双方获胜的概率均为，且每局比赛相互独立.
（1）求丙每局都获胜概率
（2）求甲获得比赛胜利的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】列举各问中的可能事件，由独立事件的乘法公式计算出概率，再由互斥事件概率的加法公式即可得解.
【小问1详解】
丙每局都获胜有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获胜，
第一局甲获胜，后三局丙获胜的概率，
第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率，
丙每局都获胜的概率.
【小问2详解】
设甲获胜为事件，乙获胜为事件，丙获胜为事件，
比赛进行三局，甲获胜的概率为，
比赛进行五局，有以下6种情况：AABBA，AABCA，ACBAA，ACCAA，BBAAA，BCAAA，
甲获胜的概率为，
比赛进行七局，有一下8种情况：
AABCCBA，ACBBCAA，ACBACBA，ACCABBA，BBACCAA，BCAACBA，BCABCAA，.
甲获胜的概率为，
故甲获得比赛胜利的概率为.