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云南省玉溪市2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题
1．（2024高一下·玉溪期末）函数的定义域为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高一下·玉溪期末）若，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·玉溪期末），则（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·玉溪期末）若关于的不等式的解集为，则的值是（　　）
A． B． C．2 D．
5．（2024高一下·玉溪期末）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．（2024高一下·玉溪期末）向量，且∥，则实数（　　）
A．5 B． C．2 D．
7．（2024高一下·玉溪期末）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．（2024高一下·玉溪期末）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
9．（2024高一下·玉溪期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·玉溪期末）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．（2024高一下·玉溪期末）定义在上的奇函数满足，则（　　）
A． B．关于对称
C． D．是周期函数
12．（2024高一下·玉溪期末）已知数据的平均数为5，则数据的平均数是　 　.
13．（2024高一下·玉溪期末）已知命题“，使得”是假命题，则实数的取值范围是　 　.
14．（2024高一下·玉溪期末）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：）
15．（2024高一下·玉溪期末）已知函数是定义域为的奇函数，当时，.
（1）求；
（2）求的解析式.
16．（2024高一下·玉溪期末）在中，内角的对边分别为，若，且.
（1）求角；
（2）若的面积为，求.
17．（2024高一下·玉溪期末）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．（2024高一下·玉溪期末）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.
19．（2024高一下·玉溪期末）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：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：要使函数有意义，则，即，
解得或，故函数的定义域为.
故答案为：C.
【分析】根据对数函数有意义，列式求解即可.
2．【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据同角三角函数的基本关系求值即可.
3．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：
.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的混合运算求解即可.
4．【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：由题意可知：是方程的两根，
由韦达定理得：，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意可知是方程得两根，结合韦达定理求值即可.
5．【答案】A
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，，，
则.
故答案为：A.
【分析】利用三角形面积公式求解即可.
6．【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
则，
若∥，则，解得.
故答案为：D.
【分析】先求得坐标，再根据向量平行的坐标运算列式求解即可.
7．【答案】B
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由频率分布直方图可知：后三组的频率依次为，和为0.65，
因为，
设该次数学成绩的中位数为分，则，即，解得，
则该次数学成绩的中位数为75分.
故答案为：B.
【分析】设该次数学成绩的中位数为分，利用中位数的定义列式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：A、，不合题意，故A错误；
B、，不合题意，故B错误；
C、，符合题意，故C正确；
D、，不合题意，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数图象的平移结合诱导公式分析判断即可.
9．【答案】B,D
【知识点】并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，
，.
故答案为：BD.
【分析】根据集合交集和并集运算直接求解判断即可.
10．【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、三棱柱为直三棱柱，则平面，故A正确；
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；
C、取的中点，连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以∥，，
又因为为平行四边形，且分别为的中点，所以∥，，
即∥，，为平行四边形，则∥，
且平面，平面，
所以∥平面，故C正确；
D、因为分别为的中点，所以平面，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据直棱柱的定义即可判断A；假设成立，可得，结合题意分析即可判断B；根据线面平行的判定定理分析即可判断C；根据题意可得平面即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、函数是定义在上的奇函数，则，故A正确；
B、函数满足，则关于对称，故B正确；
D、由及，可得，
则，即函数是为周期的周期函数，故D正确；
C、，故C错误.
故答案为：ABD.
【分析】根据奇函数的性质即可判断A；根据即可判断B；推导出即可判断C；推导出即可判断D.
12．【答案】13
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：数据的平均数为5，
则数据的平均数为.
故答案为：13.
【分析】根据平均数的性质计算即可.
13．【答案】
【知识点】命题的否定；函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】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：.
【分析】利用特称命题的真假性与全称命题的真假性相反，则对，恒成立，再构造函数，利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，再根据不等式恒成立问题求解方法，进而得出实数的取值范围．
14．【答案】或
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由题意可得，两边取常用对数可得，
即，即，即，
因为为正整数，所以或.
故答案为：或.
【分析】由题意可得，两边取常用对数，即可得到，求值即可.
15．【答案】（1）解：当时，，则；
因为函数是定义域为的奇函数，所以；
（2）解： 函数是定义域为的奇函数，当时， ；
当时，，则，
则函数.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）由题意，先求，再根据奇偶性求即可；
（2）根据奇函数的性质求解析式即可.
（1）因为函数是定义域为的奇函数，
当时，则，可得，
所以.
（2）由（1）可得：.
16．【答案】（1）解：若，则，
由，可得，
由余弦定理，
因为，所以；
（2）解：由，可得，
则.
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意可得，，利用余弦定理计算即可；
（2）由面积公式求出，结合计算即可.
（1）因为，所以，又，则，
又余弦定理，
又，所以.
（2）由，所以，
则.
17．【答案】（1）解：设事件为该选手进入第二轮被淘汰，则；
（2）解：设事件为该选手至多进入第四轮考核，
则.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算即可；
（2）根据互斥事件及相互独立事件的概率公式计算即可.
（1）设该选手进入第二轮被淘汰为事件，则；
（2）设该选手至多进入第四轮考核为事件，
则.
18．【答案】（1）证明：在正方形中，，，则，，
因为，平面，所以平面；
（2）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，如图所示：
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，
则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意可得：，，利用线面垂直的判定定理证明即可；
（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，
由计算即可.
（1）在正方形中，，，
则在立体图形中有，，
又，平面，
所以平面.
（2）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．【答案】（1）解：当时，，
则；
（2）证明：因为，，
则
，
且，可得，当且仅当共线时等号成立，
则；
（3）证明：因为是正实数，则，当且仅当，即时，等号成立，
即，当且仅当时等号成立，
同理可得：，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立，
可得，当且仅当时等号成立，
此时满足，即等号成立，
故.
【知识点】基本不等式；平面向量数量积定义与物理意义；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据题意可得，结合夹角公式求解即可；
（2）由题意结合数量积的定义分析证明即可；
（3）由题意结合基本不等式分析证明即可.
（1）因为，则，
所以.
（2）因为，，
则，
且，可得，当且仅当共线时，等号成立，
所以.
（3）因为是正实数，则，当且仅当，即时，等号成立，
即，当且仅当时，等号成立，
同理可得：，当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
此时满足，即等号成立，
所以.
1 / 1云南省玉溪市2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题
1．（2024高一下·玉溪期末）函数的定义域为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：要使函数有意义，则，即，
解得或，故函数的定义域为.
故答案为：C.
【分析】根据对数函数有意义，列式求解即可.
2．（2024高一下·玉溪期末）若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据同角三角函数的基本关系求值即可.
3．（2024高一下·玉溪期末），则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：
.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的混合运算求解即可.
4．（2024高一下·玉溪期末）若关于的不等式的解集为，则的值是（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：由题意可知：是方程的两根，
由韦达定理得：，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意可知是方程得两根，结合韦达定理求值即可.
5．（2024高一下·玉溪期末）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
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，，，
则.
故答案为：A.
【分析】利用三角形面积公式求解即可.
6．（2024高一下·玉溪期末）向量，且∥，则实数（　　）
A．5 B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
则，
若∥，则，解得.
故答案为：D.
【分析】先求得坐标，再根据向量平行的坐标运算列式求解即可.
7．（2024高一下·玉溪期末）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
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由频率分布直方图可知：后三组的频率依次为，和为0.65，
因为，
设该次数学成绩的中位数为分，则，即，解得，
则该次数学成绩的中位数为75分.
故答案为：B.
【分析】设该次数学成绩的中位数为分，利用中位数的定义列式求解即可.
8．（2024高一下·玉溪期末）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
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：A、，不合题意，故A错误；
B、，不合题意，故B错误；
C、，符合题意，故C正确；
D、，不合题意，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数图象的平移结合诱导公式分析判断即可.
9．（2024高一下·玉溪期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，
，.
故答案为：BD.
【分析】根据集合交集和并集运算直接求解判断即可.
10．（2024高一下·玉溪期末）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】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、三棱柱为直三棱柱，则平面，故A正确；
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；
C、取的中点，连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以∥，，
又因为为平行四边形，且分别为的中点，所以∥，，
即∥，，为平行四边形，则∥，
且平面，平面，
所以∥平面，故C正确；
D、因为分别为的中点，所以平面，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据直棱柱的定义即可判断A；假设成立，可得，结合题意分析即可判断B；根据线面平行的判定定理分析即可判断C；根据题意可得平面即可判断D.
11．（2024高一下·玉溪期末）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】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、函数是定义在上的奇函数，则，故A正确；
B、函数满足，则关于对称，故B正确；
D、由及，可得，
则，即函数是为周期的周期函数，故D正确；
C、，故C错误.
故答案为：ABD.
【分析】根据奇函数的性质即可判断A；根据即可判断B；推导出即可判断C；推导出即可判断D.
12．（2024高一下·玉溪期末）已知数据的平均数为5，则数据的平均数是　 　.
【答案】13
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：数据的平均数为5，
则数据的平均数为.
故答案为：13.
【分析】根据平均数的性质计算即可.
13．（2024高一下·玉溪期末）已知命题“，使得”是假命题，则实数的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】命题的否定；函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】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：.
【分析】利用特称命题的真假性与全称命题的真假性相反，则对，恒成立，再构造函数，利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，再根据不等式恒成立问题求解方法，进而得出实数的取值范围．
14．（2024高一下·玉溪期末）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
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由题意可得，两边取常用对数可得，
即，即，即，
因为为正整数，所以或.
故答案为：或.
【分析】由题意可得，两边取常用对数，即可得到，求值即可.
15．（2024高一下·玉溪期末）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）解：当时，，则；
因为函数是定义域为的奇函数，所以；
（2）解： 函数是定义域为的奇函数，当时， ；
当时，，则，
则函数.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）由题意，先求，再根据奇偶性求即可；
（2）根据奇函数的性质求解析式即可.
（1）因为函数是定义域为的奇函数，
当时，则，可得，
所以.
（2）由（1）可得：.
16．（2024高一下·玉溪期末）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）解：若，则，
由，可得，
由余弦定理，
因为，所以；
（2）解：由，可得，
则.
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意可得，，利用余弦定理计算即可；
（2）由面积公式求出，结合计算即可.
（1）因为，所以，又，则，
又余弦定理，
又，所以.
（2）由，所以，
则.
17．（2024高一下·玉溪期末）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）解：设事件为该选手进入第二轮被淘汰，则；
（2）解：设事件为该选手至多进入第四轮考核，
则.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算即可；
（2）根据互斥事件及相互独立事件的概率公式计算即可.
（1）设该选手进入第二轮被淘汰为事件，则；
（2）设该选手至多进入第四轮考核为事件，
则.
18．（2024高一下·玉溪期末）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：在正方形中，，，则，，
因为，平面，所以平面；
（2）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，如图所示：
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，
则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意可得：，，利用线面垂直的判定定理证明即可；
（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，
由计算即可.
（1）在正方形中，，，
则在立体图形中有，，
又，平面，
所以平面.
（2）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．（2024高一下·玉溪期末）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）解：当时，，
则；
（2）证明：因为，，
则
，
且，可得，当且仅当共线时等号成立，
则；
（3）证明：因为是正实数，则，当且仅当，即时，等号成立，
即，当且仅当时等号成立，
同理可得：，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立，
可得，当且仅当时等号成立，
此时满足，即等号成立，
故.
【知识点】基本不等式；平面向量数量积定义与物理意义；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据题意可得，结合夹角公式求解即可；
（2）由题意结合数量积的定义分析证明即可；
（3）由题意结合基本不等式分析证明即可.
（1）因为，则，
所以.
（2）因为，，
则，
且，可得，当且仅当共线时，等号成立，
所以.
（3）因为是正实数，则，当且仅当，即时，等号成立，
即，当且仅当时，等号成立，
同理可得：，当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
此时满足，即等号成立，
所以.
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