2024年高一数学上学期联考试卷考试时间：120分钟 试卷满分：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. 已知复数z 满足，则（ ）A. 1 B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接根据复数的除法运算以及复数模的定义即可得到答案.【详解】 ，所以 故选：D．2. 某校高一学生550人，高二学生500人，高三学生450人，现有分层抽样，在高三抽取了18人，则高二应抽取的人数为（ ）A. 24 B. 22 C. 20 D. 18【答案】C【解析】【分析】根据分层抽样的知识求得正确答案.【详解】设高二应抽取的人数为人，则，解得人.故选：C3. 已知向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】向量在向量上的投影向量的定义计算即可.【详解】解：因为向量，且，那么，所以向量在向量上的投影向量为， 故选：C.4. 已知、、是三个不同的平面，、、是三条不同的直线，则（ ）A. 若，，则 B. 若，，，则C. 若，，，则 D. 若，且，则【答案】B【解析】【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】对于A：若，，则或与相交或与异面，故A错误；对于B：根据面面平行的性质定理可知，若，且，，则，故B正确；对于C：若，，则，又，则或与相交或与异面，故C错误；对于D：若，且，则或，故D错误.故选：B5. 下表是足球世界杯连续八届的进球总数年份19941998200220062010201420182022进球总数141171161147145171169172则进球总数的第一四分位数是（ ）A. 145 B. 146 C. 147 D. 166【答案】B【解析】【分析】根据百分位数的定义将数据按照从小到大的顺序重新排列，取第二和第三个数的平均数即可求得第一四分位数.【详解】将八届进球总数按照从小到大的顺序重新排列为：，由可得，第一四分位数应该是第二个数和第三个数的平均数，即，所以进球总数的第一四分位数是146.故选：B6. 一个质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体两次，并记录每次正四面体朝下的面上的数字.记事件为“两次记录的数字和为奇数”，事件为“两次记录的数字和大于4”，事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则（ ）A. 与互斥 B. 与对立C. 与相互独立 D. 与相互独立【答案】D【解析】【分析】列举出基本事件，对四个选项一一判断：对于A：由事件A与D有相同的基本事件，否定结论；对于B：由事件C与D有相同的基本事件，否定结论；对于C、D：利用公式法进行判断.【详解】连续抛掷这个正四面体两次，基本事件有：.其中事件A包括： .事件B包括： .事件C包括：.事件D包括： .对于A：因为事件A与D有相同的基本事件，故与互斥不成立.故A错误；对于B：因为事件C与D有相同的基本事件，故C与对立不成立.故B错误；对于C：因为,,而.因为，所以与不是相互独立.故C错误；对于D：因为,,而.因为两个事件的发生与否互不影响，且，所以与相互独立.故D正确.故选：D7. 点为所在平面内的点，且有，，，则点分别为的（ ）A. 垂心，重心，外心 B. 垂心，重心，内心C. 外心，重心，垂心 D. 外心，垂心，重心【答案】A【解析】【分析】由题中向量的关系，根据数量积转化为位置上的关系，进而可判断.【详解】由，得，即，则，得所以，则，同理可得，，即是三边上高的交点，则为的垂心；由，得，设的中点为，则，即，，三点共线，所以在的中线上，同理可得在的其余两边的中线上，即是三边中线的交点，故为的重心；由，得，即，又是的中点，所以在的垂直平分线上，同理可得，在，的垂直平分线上，即是三边垂直平分线交点，故是的外心，故选：A8. 在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】在中由余弦定理求得，即知为等边三角形，又由已知，若的外接圆的圆心为有为菱形，则平面ABC，进而确定外接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可.【详解】在中，，即，又，∴为等边三角形根据题意，有如下示意图：如图，设的外接圆的圆心为，连接，，，连接PH.由题意可得，且，.∴由上知：且，又，∴，由，平面ABC.设O为三棱锥外接球的球心，连接，，OC过O作，垂足为D，则外接球的半径R满足，， ，代入解得，即有，∴三棱锥外接球的表面积为.故选：A.【点睛】关键点点睛：利用三角形的性质确定三棱锥一面的外接圆圆心，由三棱锥外接球球心与面的外接圆圆心的关系以及已知线段的长度求球体半径，即可求球体的体积.二、多项选择题：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. 某校举办数学文化节活动，10名教师组成评委小组，给参加数学演讲比赛的选手打分.已知各位评委对某名选手的打分如下：则下列结论正确的为（ ）A. 平均数为48 B. 极差为9C. 中位数为47 D. 第75百分位数为51【答案】BC【解析】【分析】运用平均数、极差、中位数及百分位数的公式计算即可.【详解】对于A项，平均数为，故A项错误；对于B项，极差为，故B项正确；对于C项，这组数从小到大排序为：、、、、、、、、、，所以中位数为.故C项正确；对于D项，因为，所以第75百分位数为49.故选：BC10. 中，内角的对边分别为，为的外心，，，的面积满足.若.则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】分析】由余弦定理、面积公式、辅助角公式化简条件可判断A；利用面积公式计算可判断B；分别取的中点可得，求出、，再计算可判断C；对两边分别乘以可判断D．【详解】对于A，由，得，由余弦定理得，即，得，又，故，∴，即，所以A正确；对于B，，所以B错误；对于C，如图，分别取的中点，连接，，所以，，，所以C正确；对于D，，由，可知，得，解得：，，故，所以D正确．故选：ACD.11. 如图，在正方体中，，点为线段上的一动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值B. 当时，直线与平面所成角的正切值为C. 直线与直线所成角的余弦值可能为D. 的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】利用等体积法可知三棱锥的体积为定值，即A正确；由可得为的中点，利用线面角的定义可得直线与平面所成角的正切值为，即B错误；将直线平移可知当时，满足直线与直线所成角的余弦值为，即C正确；利用平面展开图和正方体的棱长即可求得的最小值为，可得D正确.【详解】对于A，根据等体积法可知，点在线段上运动时，的面积为定值，，此时即为三棱锥的高，所以；即点在线段上运动时，三棱锥的体积为定值，即A正确；对于B，当时即可知，为线段的中点，取的中点为，连接，如下图所示： 易知，由正方体性质可得平面，所以可得平面；即直线与平面所成角的平面角即为，易知，且，所以，所以B错误；对于C，在上取一点，使，取中点为，连接，如下图所示： 则可得，异面直线与直线所成的角的平面角即为，易知，所以可得，因此，若直线与直线所成角的余弦值为，即，可得；又，可得符合题意；所以C正确；对于D，易知，所以，即当取最小时，的值最小；将正方体展开使得在同一平面内，如下图所示： 易知，当且仅当三点共线时，取最小值，所以，即的最小值为，所以D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：在立体几何中求解距离最值问题时，往往利用平面展开图转化成平面距离最值问题，从而求得空间当中距离最值的问题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 已知向量，若，则实数__________．【答案】【解析】【分析】由向量的加法、减法运算，数乘运算可得：,,由向量共线的坐标运算可得：，求解即可.【详解】解:因为向量，所以,,又，所以,解得,故答案为.【点睛】本题考查了向量的加法、减法运算，数乘运算及向量共线的坐标运算，重点考查了运算能力，属基础题.13. 哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如，在不超过11的素数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率是________（用分数表示）．【答案】##【解析】【分析】先把不超过11的素数列举出来，再利用列举法与古典概型的概率求法求解即可.【详解】因为不超过11的素数有五个数，从中选取两个不同的数的基本事件有共10件；其中和为偶数的基本事件有共6件；所以和为偶数的概率为.故答案为：.14. 《九章算术·商功》中描述几何体“阳马”为底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥.现有阳马，如图，平面，，，点，分别在线段，上，则当空间四边形的周长最小时，直线与平面所成角的正切值为____________.【答案】【解析】【分析】将平面沿展开，延长到，使得，可确定当空间四边形周长最小时，四点共线，此时在四棱锥中，作，，由线面垂直和面面垂直的判定与性质可证得即为所求角，根据长度关系可求得结果.【详解】把平面PAB沿AB展开到与平面ABCD共面的的位置，如图1，延长DC到使得连接则.因为PD的长度为定值，所以要使空间四边形PEFD的周长最小，只需使最小,即四点共线，此时，在图2中，过点作的延长线于点G,连接PG,平面平面,又平面平面PAG,平面,平面平面,过作于点H,则平面,故即直线PA与平面PFD所成的角.,则在中, 故答案为: .【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的直线与平面所成角的求解，解题关键是能够根据空间四边形周长最小确定四点共线，由此可得四棱锥中各点的位置关系.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. 已知向量，，.（1）求函数的单调递增区间和最小正周期；（2）若当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围.【答案】（1）单调增区间为，；；（2）.【解析】【分析】（1）利用向量的数量积的坐标运算,并利用两角和差的三角函数公式化简得到函数的解析式，有三角函数的性质求得周期，单调增区间；（2）将不等式分离参数，根据不等式有解的意义得到；然后根据角的范围，利用三角函数的性质求得函数的最小值，进而求得的的取值范围.【详解】（1）因为所以函数的最小正周期；因为函数的单调增区间为，，所以，，解得，，所以函数的单调增区间为，；（2）不等式有解，即；因为，所以，又，故当，即时， 取得最小值，且最小值为，所以.16. 如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面. （1）求证：；（2）若，在棱上是否存在一点，使得四棱锥的体积为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见讲解； （2）当点为中点时，四棱锥的体积为，理由见详解.【解析】【分析】（1）过点作，垂足为，由面面垂直性质定理及线面垂直判定定理，即可证明；（2）设点到平面的距离为，由棱锥的体积公式求出，与到平面的距离比较可得出点为中点时，符合题意.【小问1详解】过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】当点为中点时，四棱锥的体积为，理由如下： 过点作，交于点，因为平面，平面，所以，又，所以，由（1）可知，，所以，即，所以，设点到平面的距离为，则，所以，即到平面的距离为，在三棱柱中，，由（1）可知，平面，所以平面，又，所以，又，平面，平面，所以平面，所以到平面的距离为，即，故为中点，所以为中点时，四棱锥体积为.17. 4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”.某高校为了了解全体师生阅读时间的分配情况，对全校师生进行抽样问卷调查日平均阅读时间（单位：小时），得到样本数据，并绘制如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值；（2）根据频率分布直方图估算全校师生日平均阅读时间；（每组数据用该组的区间中点值作代表）（3）将（2）所得到的日平均阅读时间保留为整数，并根据频率分布直方图估算师生日平均阅读时间的方差.【答案】（1） （2）9.16（小时） （3）9；13.28.【解析】【分析】（1）由频率分布直方图概率之和为1，求解即可；（2）由频率分布直方图平均数的计算公式求解即可；（3）由频率分布直方图的方差公式求解即可.【小问1详解】由概率和为1得：，解得.【小问2详解】由题意知，为全校师生日平均阅读时间，则，所以全校师生日平均阅读时间为（小时）.【小问3详解】将保留整数则，由题意知：所以估算师生日平均阅读时间的方差为13.28.18. 如图所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图的四棱锥． （1）求四棱锥的体积的最大值；（2）若棱的中点为，求的长；【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）确定当平面⊥平面时四棱锥的体积取得最大值，结合棱锥的体积公式计算即可求解；（2）如图，根据题意和中位线的性质可得四边形为平行四边形，结合勾股定理计算即可求解.【小问1详解】取的中点，连接，因为，则，当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，根据面面垂直的性质，易得此时平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为； 【小问2详解】取中点，连接，因为为中点，所以为的中位线，所以且，因为为的中点，四边形为矩形，所以且，所以且，故四边形为平行四边形，所以. 19. 若函数在时，函数值的取值区间恰为，就称区间为的一个“倒域区间”.已知定义在上的奇函数，当时，.（1）求的解析式；（2）求函数在内的“倒域区间”；（3）求函数在定义域内的所有“倒域区间”.【答案】（1） （2） （3）和【解析】【分析】（1）设，利用奇函数的定义可求得函数在上的解析式，由此可得出函数在上的解析式；（2）设，分析函数在上的单调性，可出关于、的方程组，解之即可；（3）分析可知，只需讨论或，分析二次函数的单调性，根据题中定义可得出关于实数、的等式组，求出、的值，即可得出结果.小问1详解】解：当时，则，由奇函数的定义可得，所以，.【小问2详解】解：设，因为函数在上递减，且在上的值域为，所以，，解得，所以，函数在内的“倒域区间”为.【小问3详解】解：在时，函数值的取值区间恰为，其中且，，所以，，则，只考虑或，①当时，因为函数在上单调递增，在上单调递减，故当时，，则，所以，，所以，，由（2）知在内的“倒域区间”为；②当时，在上单调递减，在上单调递增，故当时，，所以，，所以，.，因为在上单调递减，则，解得，所以，在内的“倒域区间”为.综上所述，函数在定义域内的“倒域区间”为和.【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义，解题的关键在于分析函数的单调性，结合题意得出关于参数的方程，进行求解即可.。