精品解析：浙江省杭州市2024-2025学年高一下学期教学质量检测数学试题

2024学年第二学期杭州市高一年级教学质量检测 数学试题卷 考生须知： 1．本试卷分试题卷和答题卡两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名、姓名、试场号、座位号、准考证号，并用2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑． 3．答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效． 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. 2. 在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. 3 D. 3. 在中，，点平分线段．设，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知a，b是两条直线，，是两个平面，则“”的一个充分条件是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，与相交 5. 若函数是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 四棱锥至多有几个面是直角三角形？（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 已知圆O是单位圆，点P在上，过点，的切线与OP于点T，S．设，定义：，则（ ） A. B. C. D. 8. 设是定义在R上的偶函数，当时，．若对任意，均有，则（ ） A. 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． 9. 若，，，则（ ） A. 事件A与B不互斥 B. 事件A与B对立 C. 事件A与B相互独立 D. 事件A与B既互斥又独立 10. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为1 B. 是曲线的对称中心 C. 在上单调递减 D. 的最小正周期为 11. 在棱长为3的正方体中，为的中点，为侧面内一动点，满足平面，则（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 三棱锥的体积是定值 C. 动点的轨迹是一条圆弧，长度为 D. 动点的轨迹是一条线段，长度为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若，则______． 13. 博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为，则______. 14. 若函数的最大值是1，则实数a的值是________． 四、解答题：本大题共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. 已知函数，． （1）求的值； （2）求的最小正周期； （3）求使取得最小值的的集合． 16. 已知函数． （1）若关于x不等式的解集为，求函数的零点； （2）若，解关于x不等式． 17. 对800名学生成绩进行统计（满分：100分），将数据分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和80%分位数（保留1位小数）； （2）现从中采用分层随机抽样的方法抽取20人若成绩在的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和55.4；第四组的学生实际成绩的平均数与方差分别为87分和2，求第三组的学生实际成绩的平均数与方差． 18. 在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，． （1）若点M在棱PC上，，若平面DMB，求的值； （2）设平面PAD与平面PBC的交线为l，证明：平面ABCD； （3）当平面PAD与平面PBC所成二面角为时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值． 19. 已知函数的定义域为D，S为非空数集，对，若，均有，则称函数具有性质． （1）求证：不具有性质； （2）若，且具有性质， ①是否存在满足条件，使得为周期函数，若存在，请写出一个满足条件的，若不存在，说明理由； ②若，m，n为方程的两根，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期杭州市高一年级教学质量检测 数学试题卷 考生须知： 1．本试卷分试题卷和答题卡两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名、姓名、试场号、座位号、准考证号，并用2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑． 3．答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效． 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】B 【解析】 【分析】先求出两集合A，再求即可. 【详解】由得， ∴ ∵， ∴ 故选：B. 2. 在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，再根据复数模的公式计算即可. 【详解】由题意，，则， 所以. 故选：A. 3. 在中，，点平分线段．设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理，，再由，化简即可求解. 【详解】因，即， 又点平分线段， 所以. 故选：D. 4. 已知a，b是两条直线，，是两个平面，则“”的一个充分条件是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，与相交 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件的定义，结合线面、面面、线线的位置关系判断即可. 【详解】对于A，由，，则或， 因为，所以，或相交或异面，不一定有，故A错误； 对于B，由，，，则，故B错误； 对于C，由，，则， 因为，所以，故C正确； 对于D，如下图，不一定有，故D错误. 故选：C. 5. 若函数是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合一次函数和二次函数的单调性即可求得. 【详解】由题意可知，在上单调递增，则，即， 在上单调递增，则， 又是R上的单调递增函数，则，即， 综上可得，实数a的取值范围是. 故选：C 6. 四棱锥至多有几个面是直角三角形？（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】在正方体中考虑一个四棱锥，即可得到四个面均为直角三角形. 【详解】在正方体中，取四棱锥， 其四个侧面均为直角三角形，又四棱锥仅有四个三角形面，所以四棱锥至多有四个面是直角三角形. 故选：C. 7. 已知圆O是单位圆，点P在上，过点，的切线与OP于点T，S．设，定义：，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形相似，即可求解. 【详解】由图象可知，， 则，即， 所以. 故选：D. 8. 设是定义在R上的偶函数，当时，．若对任意，均有，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由偶函数性质可得函数的解析式，利用分类讨论思想，根据分段函数的取值，化简不等式，可得答案. 【详解】由函数是偶函数，则， 当时，，可得， 所以， 易知函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，由，则，由，则， 由函数在上单调递增，则不等式显然不成立； 当，即时，由，则， 由，则，由函数在上单调递减，则不等式显然成立； 当，即时， ①当时，，由，则， 由，则，由函数在上单调递减，则不等式显然成立； ②当且时，由，则， 由，则，由函数在上单调递增，则， 化简可得，解得； 当且时，由，则， 由，则，由函数在上单调递增，则不等式显然不成立. 综上所述，. 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． 9. 若，，，则（ ） A. 事件A与B不互斥 B. 事件A与B对立 C. 事件A与B相互独立 D. 事件A与B既互斥又独立 【答案】AC 【解析】 【分析】根据独立事件的乘法公式判断独立性，根据互斥、对立事件的定义判断是否互斥． 【详解】由，则， 所以，则事件A与B相互独立， 由于事件A与B可以同时发生，则事件A与B既不互斥也不对立. 故选：AC. 10. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为1 B. 是曲线的对称中心 C. 在上单调递减 D. 的最小正周期为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：结合余弦函数的值域分析判断；对于B：根据对称性的定义分析判断；对于C：举反例说明即可；对于D：根据题意结合最小正周期的定义分析判断. 【详解】由题意可知：的定义域为， 对于选项A：因为，则， 且，所以的最大值为1，故A正确； 对于选项B：因为， 即，所以是曲线的对称中心，故B正确； 对于选项C：因为，且在上连续不断， 所以在上不单调，故C错误； 对于选项D：因为， 由选项B可知，可得，即， 则， 可知为的一个周期， 若，则，可得， 当，则，，此时， 可知对任意，，即， 所以不为的一个周期； 综上所述：的最小正周期为，故D正确； 故选：ABD. 11. 在棱长为3的正方体中，为的中点，为侧面内一动点，满足平面，则（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 三棱锥的体积是定值 C. 动点的轨迹是一条圆弧，长度为 D. 动点的轨迹是一条线段，长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，即可判断A； 对于B，因为平面，所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积是定值，可判断B； 对于C、D，取、的中点，连接、、、，可证得所以平面平面，从而可得点的轨迹为线段，且，即可判断C、D. 【详解】对于A，由题意可知，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，可知正方体外接球的半径为正方体的体对角线， 设正方体外接球的半径为，则，即， 所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确； 对于B，因为平面，所以点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，所以三棱锥的体积是定值，故B正确； 对于C，取、的中点，连接、、、，如图所示， 因为且，所以四边形为平行四边形，所以， 同理可得，又，所以， 又因为平面，平面，且， 平面，平面，且， 所以平面平面， 又平面，所以平面， 又为侧面内一动点，所以点的轨迹为线段，故C错误； 对于D，由C可知，点的轨迹为线段，则，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】将代入解析式，建立关于的等式，利用对数的运算法则进行计算即可求解． 【详解】且， ， ， 解得：， 故答案为：2． 13. 博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用列举法求出方案一坐到“3号”车概率为，利用古典概型求出方案二坐到“3号”车的概率为，由此能求出结果 【详解】三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321 方案一坐车可能：132、213、231，所以，； 方案二坐车可能：312、321，所以，； 所以， 答案： 【点睛】本题考查概率计算，属于基础题 14. 若函数的最大值是1，则实数a的值是________． 【答案】或2 【解析】 【分析】将函数写成分段函数形式，再分和讨论.当时，函数在单调递增，由此求出的最大值为；当时，又需要分，和三种情况分别讨论，分别求出的最大值，求解出的值即可. 分，，三种情况，分别研究分段函数的单调性，求出的最大值，列式求解的值即可． 【详解】， （1）当时，因为，则成立， 故， 对称轴为，则在上单调递增， 所以，与矛盾，故舍去； （2）当时，的大致图像如下： 可求得 ①当，即时， 在上单调递增， 则，与矛盾，故舍去； ②当，即时， 在单调递增，单调递减，单调递增， 且， 则， 解得，与相符； ③当，即时， ， 解得，与相符. 综上所述，的值为或2． 故答案为：或2． 四、解答题：本大题共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. 已知函数，． （1）求的值； （2）求的最小正周期； （3）求使取得最小值的的集合． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）代值计算可得的值； （2）利用辅助角公式化简函数的解析式，结合正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期； （3）令，求出的表达式，即可得出使取得最小值的的集合. 【小问1详解】 因为，故. 【小问2详解】 因为， 故函数的最小正周期为. 【小问3详解】 当时，即当时，函数取最小值， 故使取得最小值的的集合为. 16. 已知函数． （1）若关于x的不等式的解集为，求函数的零点； （2）若，解关于x的不等式． 【答案】（1）和4 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得和为方程的根，且，进而结合韦达定理求出，再结合函数零点的定义即可求解； （2）由题意可得，进而根据含参一元二次不等式的解法分类讨论求解即可. 【小问1详解】 因为关于x的不等式的解集为， 所以和为方程的根，且， 则，解得， 则函数的零点为和4. 【小问2详解】 由，则， 即， 当，即时，解得或； 当，即时，解得或； 当，即时，不等式为，解得. 综上所述，当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为. 17. 对800名学生的成绩进行统计（满分：100分），将数据分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和80%分位数（保留1位小数）； （2）现从中采用分层随机抽样的方法抽取20人若成绩在的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和55.4；第四组的学生实际成绩的平均数与方差分别为87分和2，求第三组的学生实际成绩的平均数与方差． 【答案】（1）众数为65，80%分位数为76.7 （2）平均数为72，方差为1 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的众数和平均数的定义和计算方法，即可求解； （2）根据题意，得到分数在区间的学生为5人，其平均成绩与方差分别为，第四组学生实际成绩的平均数和方差为，设第三组平均数和方差为，进而结合分层抽样的平均数和方差公式即可求解. 【小问1详解】 根据频率分布直方图的众数的定义，可得这800名学生成绩的众数为， 前2组的频率为， 前3组的频率为， 所以80%分位数位于，设80%分位数为， 由，解得，即80%分位数为76.7. 【小问2详解】 根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取20人， 各段抽取的人生分别为：6人，8人，3人，2人和1人， 其中分数在区间的学生为5人，其平均成绩与方差分别为， 设第四组学生实际成绩的平均数和方差为， 设第三组学生实际成绩的平均数和方差为， 由，可得， 可得，解得， 所以第三组的学生实际成绩的平均数为72与方差为1. 18. 在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，． （1）若点M在棱PC上，，若平面DMB，求值； （2）设平面PAD与平面PBC的交线为l，证明：平面ABCD； （3）当平面PAD与平面PBC所成的二面角为时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值． 【答案】（1）3 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，利用线面平行的性质可得出，由可得出，再由可求得的值； （2）证明出平面，利用线面平行的性质可证得结论成立； （3）取的中点，连接、，过点作，分析可知，为平面与平面所成的锐二面角，即有，证明出平面，则为与平面所成的角，计算出、的长，即可计算出的正切值. 【小问1详解】 如图，连接交于点，连接， ∵平面，平面，平面平面， ∴，在梯形中，∵，∴，∴， ∵，∴，∴. 【小问2详解】 ∵，平面，平面，∴平面， 又平面，平面平面，∴， 又平面，平面，∴平面. 【小问3详解】 在上取一点，使得，连接、，， ，， ∴且，∴四边形为平行四边形，∴， ∵，∴，∴， 又，，∴， 又，∴， ∵，平面，平面， ∴平面， ∵平面，∴， 过点作，由，则，∴平面，平面， 即平面平面，∴，， ∴为平面与平面所成的锐二面角的平面角，∴. 又由，∴，∴， ∵，， ∵，平面，平面， ∴平面， ∴为与平面所成的角， ， ∴， 因此，与平面所成角的正弦值为. 19. 已知函数的定义域为D，S为非空数集，对，若，均有，则称函数具有性质． （1）求证：不具有性质； （2）若，且具有性质， ①是否存在满足条件的，使得为周期函数，若存在，请写出一个满足条件的，若不存在，说明理由； ②若，m，n为方程的两根，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析. （2）①存在，②； 【解析】 【分析】（1）通过选取特定，验证不满足性质；（2）①根据具有性质推出满足的条件，构造出满足条件的周期函数；②求解方程，利用韦达定理得到和的表达式，进而分析的取值范围. 【小问1详解】 不具有性质，理由取下： 要证明函数不具有性质，只需找反例，即找到使得，但. 取，则，，不具备. 【小问2详解】 ①存在.具有性质，即，有， 只需的图像关于成中心对称即可，故存在满足题意. ②由①可知关于中心对称，故，， ，即，其中，即， 化简得：，其中恒成立. 是方程的两根，，结合韦达定理：， 令，则，有， 故.若，则；若，则或， 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $