精品解析：河南省创新发展联盟2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题（解析版）

这是一份精品解析：河南省创新发展联盟2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．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．
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册占30%，必修第二册占70%．
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. 设复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义，结合复数的四则运算即可求解.
【详解】由得，故
故．
故选：A
2. 已知集合，，则中元素个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】求得集合，可求.
【详解】依题意得，则，
所以中元素的个数为3．
故选：B.
3. 某公司共有940名员工，其中女员工有400人.为了解他们的视力状况，用分层随机抽样（按男员工、女员工进行分层）的方法从中抽取一个容量为47的样本，则男员工的样本量为（ ）
A. 21B. 24C. 27D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】根据分层抽样的定义列方程求解即可.
【详解】设男员工的样本量为，由分层随机抽样的定义可得，解得．
故选：C.
4. 若某圆台的上底面半径、下底面半径分别为1，2，高为5，将该圆台的下底面半径扩大为原来的2倍，上底面半径与高保持不变，则新圆台的体积比原圆台的体积增加了（ ）
A. 1倍B. 2倍C. 3倍D. 4倍
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆台体积公式即可求解.
【详解】设新圆台与原圆台的体积分别为，，则，
所以新圆台的体积比原圆台的体积增加了倍．
故选：B
5. 已知是第三象限角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用条件先求出的值，再求，最后代入二倍角公式计算即得.
【详解】因为是第三象限角，，
所以，则，
故．
故选：A.
6. 已知甲、乙、丙三人的年龄均为正整数，且甲的年龄大于乙的年龄，则“乙的年龄大于丙的年龄”是“甲与丙的年龄之差不小于2”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由甲、乙、丙三人的年龄均为正整数，甲的年龄大于乙的年龄，易判断“乙的年龄大于丙的年龄”是“甲与丙的年龄之差不小于”的充分不必要条件.
【详解】若乙的年龄大于丙的年龄，则乙与丙的年龄之差不小于1．因为甲的年龄大于乙的年龄，
所以甲与乙的年龄之差不小于1，所以甲与丙的年龄之差不小于2，反之不成立．
故“乙的年龄大于丙的年龄”是“甲与丙的年龄之差不小于”的充分不必要条件．
故选：C.
7. 从正四面体的6条棱中任选2条，这2条棱所在直线互相垂直的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】列举所有基本事件，根据线面垂直可得线线垂直，即可利用古典概型概率公式求解.
【详解】从正四面体的6条棱中任选2条的所有情况为，，，，，
，，，，，，，，，
共有15种情况，
取中点连接，由于均为等边三角形，所以，
又平面，故平面，
而平面，故，同理可得,
故，，这3对棱互相垂直，其余组合对应夹角都是，
所以这2条棱所在直线互相垂直的概率为．
故选：D
8. 苏州双塔又称罗汉院双塔，位于江苏省苏州市风凰街定慧寺巷的双塔院内，二塔“外貌”几乎完全一样（高度相等，二塔根据位置称为东塔和西塔）某测绘小组为了测量苏州双塔的实际高度，选取了与塔底A，B（A为东塔塔底，B为西塔塔底）在同一水平面内的测量基点C，并测得米．在点C测得东塔顶的仰角为45°，在点C测得西塔顶的仰角为，且，则苏州双塔的高度为（ ）
A. 30米B. 33米C. 36米D. 44米
【答案】B
【解析】
【分析】作出示意图，设苏州双塔的高度为米，可求得，由余弦定理可得，计算即可.
【详解】作出示意图如图所示:为东塔，为西塔，
设苏州双塔的高度为米，依题意可得米，米．
因为0.75，所以由余弦定理得，
解得．
故选：B.
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. 在正中，为的中点，则（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用图形求向量夹角判断选项A；利用向量数量积的运算验证选项B；由向量的线性运算验证选项C；由投影向量的计算验证选项D.
【详解】正中，为的中点，如图所示，
，A错误；
，则，正确．
，C正确．
在上的投影向量为，正确．
故选：BCD.
10. 在正四棱柱中，，，则（ ）
A. 正四棱柱的侧面积为24
B. 与平面所成角的正切值为
C. 异面直线与所成角的余弦值为
D. 三棱锥内切球的半径为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由侧面积公式即可求解A，根据线面垂直可得与平面所成的角为，即可由三角形的边角关系求解B，根据线线平行可得异面直线与所成的角为或其补角，由三角形的边角关系求解C，利用等体积法即可求解D.
【详解】正四棱柱的侧面积为，正确．
设，由于四边形为正方形，故，
又平面，平面，故，
由平面，故平面，
则与平面所成的角为，
且，，则，B正确．
在正方体中，，则异面直线与所成的角为或其补角，
，
则，C错误．
三棱锥的表面积，
三棱锥的体积，
所以三棱锥内切球的半径为，D正确．
故选：ABD
11. 已知函数，则（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 的图象关于直线对称
C. 函数的零点个数为5
D. 函数的零点个数为9
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用辅助角公式可得，计算可判断AB；作出函数，，的图象示意图，结合图象可判断CD.
【详解】对于AB：因为，
所以，，故A正确，B错误；
对于C：由，得，
因为，所以由，得，
作出函数与的图象的示意图，如图所示：

结合图象可知，函数的零点个数为5，故C正确．
对于D：由，得，
因为，所以由，得，，
在同一坐标系内作出的图象，
结合图象可知，函数的零点个数为9，故D正确．
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．
12. 若一组数据3，4，6，，8，3，7，9的第40百分位数为6，则正整数的最小值为_____________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据百分位数的计算公式可得6是第40百分位数，即可得求解.
【详解】剔除，将剩余7个数按照从小到大的顺序排列为3，3，4，6，7，8，9，
因为，且数据3，4，6，m，8，3，7，9的第40百分位数为6，所以．
故整数的最小值为6，
故答案为：6
13. 已知向量，，，且与的夹角为锐角，则t的取值范围是______（用区间表示）.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量夹角为锐角，得到不等式，求出答案.
【详解】因为与的夹角为锐角，故与数量积为正，且两向量不同向共线，
所以，解得.
故答案为：
14. 在底面为正方形的四棱锥中，平面，，，点在线段上，平面，则四面体外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】连接交于，由平面推导出，得,作出四面体外接球球心的大致位置，设,利用和直角梯形建立关于的方程，解之即得外接球半径，继而得表面积.
【详解】
如图，连接交于，连接，
因平面平面,且平面，故得，
易知为的中点，则为的中点．
设四面体外接球的球心为，则平面，
设，则（*），
而在直角梯形中，，
代入（*）得，，
解得，则，
故四面体外接球的表面积为．
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题主要考查线面平行的性质应用和多面体的外接球问题，属于难题.
对于已知线面的平行条件，一般考虑通过直线构造一个平面与已知平面相交，得到线线平行；对于多面体的外接球，一般是先找到底面多边形的外接圆圆心，利用球的截面圆性质作出外接球球心，借助于直角三角形或直角梯形求解即得.
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. 已知某校初二年级有1200名学生，在一次数学测试中，该年级所有学生的数学成绩全部在内.现从该校初二年级的学生中随机抽取100名学生的数学成绩，按，，，，分成5组，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值；
（2）估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分（各组数据以该组数据的中点值作代表）；
（3）记这次测试数学成绩不低于85分为“优秀”，估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数.
【答案】（1）
（2）73 （3）180
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中，频率之和为1即可求解，
（2）根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解，
（3）根据频率估计概率，即可求解人数.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得，解得．
【小问2详解】
由题意，估计平均分分.
【小问3详解】
由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀”的频率为，
则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15，
故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数为．
16. 已知函数．
（1）若为偶函数，求的值；
（2）若的值域为，求的取值范围；
（3）当时，求的单调递减区间．
【答案】（1）2； （2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的性质，可得恒成立，从而可建立等式关系，进而求出的值，可求；
（2）因为的值域为，所以可以取遍所有正数，据此计算可求的取值范围；
（3）当时，，利用复合函数的单调性可得结论.
【小问1详解】
因为偶函数，所以，
所以，则恒成立，所以，
所以，则．
【小问2详解】
因为的值域为，所以可以取遍所有正数，
所以，
解得．
【小问3详解】
当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
由，得，
在上单调递增，
根据复合函数的单调性可知的单调递减区间为．
17. 甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中，则此人继续投篮，若未命中，则换对方投篮.已知甲每次投篮的命中率均为0.7，乙每次投篮的命中率均为0.5，甲、乙每次投篮的结果相互独立.
（1）若第1次投篮的人是甲，求第3次投篮的人是甲的概率；
（2）若第1次投篮的人是乙，求前5次投篮中乙投篮次数不少于4的概率.
【答案】（1）0.64
（2）0.2375
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式即可求解，
（2）由独立事件概率乘法公式，结合分类即可求解.
【小问1详解】
若第1次投篮的人是甲，且第3次投篮的人是甲，则甲第1次和第2次投篮都命中或第1次未命中、第2次乙也未命中，
故所求概率为．
【小问2详解】
前5次投篮中乙投篮次数为5的概率．
若前5次投篮中乙投篮次数为4，则乙前3次投篮均命中且第4次投篮未命中或中间3次（第2，3，4次）乙有1次投篮未命中且甲也有1次投篮未命中，
所以前5次投篮中乙投篮次数为4的概率是
．
故所求概率为．
18. 在锐角中，，，分别是内角，，的对边，且.
（1）若，求周长的最大值.
（2）设，.
（ⅰ）求外接圆的半径；
（ⅱ）求的面积.
【答案】（1）6 （2），
【解析】
分析】（1）根据余弦定理得，利用基本不等式即可求解，
（2）（ⅰ）利用正弦定理边角互化可得，（ⅱ）根据正弦定理可得，进而由同角关系可得，，由和差角公式可得，即可由面积公式求解.
【小问1详解】
由余弦定理得，即，
所以，
因为，
所以，
则，当且仅当时，等号成立，
所以周长的最大值为6.
【小问2详解】
（ⅰ）由正弦定理得，，
代入，得，
即.
因为，所以.
（ⅱ）的面积.
因为，所以.
因为是锐角，所以，则，所以.
因为，所以.
又因为是锐角，所以，
所以，所以，
则，所以
故.
19. 如图，在正四棱锥中，.
（1）证明：平面平面.
（2）若以为球心，半径为的球与直线只有1个公共点，求二面角的正切值.
（3）已知当时，取得最小值.请根据这条信息求正四棱锥体积的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）4 （3）
【解析】
分析】（1）与交于点，由正四棱锥结构特征，有，，可证平面，则有平面平面；
（2）的中点为，依题意有，且为二面角的平面角，利用勾股定理求出，可求；
（3）设，有，由已知得当时，正四棱锥的体积取得最大值，代入求值即可.
【小问1详解】
证明：正四棱锥中，设与交于点，
连接，则底面．
因为平面，所以．
底面为正方形，所以，
因为，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
【小问2详解】
因为以为球心，半径为的球与直线BC只有1个公共点，所以点P到直线BC的距离为．
取的中点，连接，，因为，所以，，
所以，且为二面角的平面角．
则，，
所以，则，
即二面角的正切值为4．
【小问3详解】
设，则，
即，其中，
所以正四棱锥的体积
，．
因为当时，取得最小值，
所以当时，取得最大值，
所以正四棱锥体积的最大值为．