精品解析：浙江金华第一中学2024-2025学年高一下学期6月期末数学试题

金华一中2024学年第二学期高一数学期末综合卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 3. “”是“”的（ ） A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件 C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 从2，4，8，16中任取两个数，分别记作a，b，则使为整数概率是（   ） A. B. C. D. 5. 已知平面向量满足，，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 6. 已知函数，则在区间上的所有零点之和为（   ） A. B. C. D. 7. 在中，三边长满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，．若，则该多面体的体积为（ ） A. 40 B. 50 C. 60 D. 70 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，有选错的得0分，部分选对的得部分． 9. 已知事件，且，则（ ） A. 事件与事件互为对立事件 B. 若事件与事件互斥，则 C. 若事件与事件互斥，则 D. 若，则事件与事件相互独立 10. 在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（ ） A. B. C. 平面 D. 平面 11. 已知函数的定义域为，，，且，则（    ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知i是虚数单位，则 ________． 13 已知函数有唯一零点，则________． 14. 在平面直角坐标系中，，．设，则的取值范围是________． 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、满足，，且. （1）若，求实数的值； （2）求与的夹角. 16. 为了提高市民的普法意识，某市举行了普法知识竞赛，为了解全市参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取了人的成绩（均为整数）作为样本，将其整理后分为组，并作出了如图所示的频率分布直方图（最低分，最高分）． （1）求频率分布直方图中的值，并求出样本中成绩在分以上的人数： （2）若划定成绩大于或等于第百分位数为“良好”以上等级，请根据直方图，估计全市参赛者的成绩在“良好”以上等级的范围； （3）现知道样本中，成绩在“良好”以上等级的平均数为，方差为，成绩在内的平均数为，方差为，求成绩在内的平均数和方差． 17. 如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，． （1）证明：四点共面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 如图，已知直线，是之间的一个定点，过作的垂线分别交于两点，，分别是上的两个动点（均在的右侧）．设，，的周长和面积分别为和． （1）当时，求的最小值； （2）当时，求的最小值． 19. 已知函数，满足. （1）设，求证：函数在区间上为减函数，在区间上为增函数； （2）设 ①当时，求最小值； ②若对任意实数，恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金华一中2024学年第二学期高一数学期末综合卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据并集定义计算求解. 【详解】因为集合，， 则； 故选：B． 2. 长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义可知为异面直线与所所成角，利用正切值求出此角即可． 【详解】连接， 所以异面直线与所成角是异面直线与所成角是， 因为，所以， 所以，所以. 故选：A 3. “”是“”的（ ） A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】若，则，即，得不出，如， 所以“”不是“”的充分条件； 若，则，可得，即， 所以“”是“”的必要条件； 所以“”是“”的必要而不充分条件， 故选：A． 4. 从2，4，8，16中任取两个数，分别记作a，b，则使为整数的概率是（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由古典概型概率公式进行求解. 【详解】由题的有序数对有， 分别为，，，，，， ，，，，，；共组， 使为整数的有序数对有，，，，共4组， 故概率. 故答案选：B. 5. 已知平面向量满足，，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，将平方结合向量数量积的运算律求得，再根据向量数量积的运算律求解. 【详解】因为，，， 所以，即，则，解得， . 故选：C. 6. 已知函数，则在区间上的所有零点之和为（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由二倍角余弦公式结合求解一元二次方程得到上的零点，再求和即可. 【详解】， 由，得或，即或或，， 所以函数在区间的零点是 ，它们的和为， 故选：D. 7. 在中，三边长满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：利用正弦定理边化角可得到，利用两角和差正弦公式可得，结合二倍角公式可得，利用两角和差余弦公式和同角三角函数商数关系可求得结果； 方法二：利用特殊值法，取，，，利用二倍角正切公式可求得，结合即可求得结果. 【详解】方法一：，由正弦定理得：， ，，； ， ， ，又， ， ，，， ，即， 整理可得：， ，，，，； 方法二：令，，，则满足； 则可知：，； 由得：，解得：或， ，，，. 故选：C. 8. 某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，．若，则该多面体的体积为（ ） A. 40 B. 50 C. 60 D. 70 【答案】C 【解析】 【分析】把多面体分割为几个规则的柱体或锥体，利用面面垂直求高，分别计算各部分体积，将各部分体积相加得到多面体体积. 【详解】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱和四棱锥后结合体积公式可求几何体的体积. 先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，， 在平面内过作直线，使得，作直线，使得， 因为平面平面，，故，而，故， 同理，而，故 . 下面回归问题. 连接，因为且，故，同理，， 而，故直角梯形与直角梯形全等， 故， 在直角梯形中，过作，垂足为， 则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形， 故， 平面平面，平面平面，， 平面，故平面， 取的中点为，的中点为，的中点为，连接， 则，同理可证平面，而平面， 故平面平面，同理平面平面， 而平面平面，故平面， 故，故四边形为平行四边形，故. 在平面中过作，交于，连接. 则四边形为平行四边形，且，故， 故四边形为平行四边形， 而平面， 故平面，故平面平面， 而，故， 故几何体为直棱柱， 而，故， 因为，故平面， 而平面，故平面平面， 在平面中过作，垂足为，同理可证平面， 而，故，故， 由对称性可得几何体的体积为， 故选：C. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分． 9. 已知事件，且，则（ ） A. 事件与事件互为对立事件 B. 若事件与事件互斥，则 C. 若事件与事件互斥，则 D. 若，则事件与事件相互独立 【答案】BD 【解析】 【分析】根据对立事件的定义、互斥事件概率公式、相互独立事件的性质及概率公式计算判断作答. 【详解】由于对立事件的概率和为1，但，A错误； 若事件与事件互斥，则，B正确； 若事件与事件互斥，则不可能同时发生，即，C错误； 因为，所以事件与事件相互独立， 则事件与事件相互独立，D正确． 故选：BD. 10. 在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（ ） A. B. C. 平面 D. 平面 【答案】BD 【解析】 【分析】根据线面、面面平行的判定定理与性质，结合反证法，由选项依次证明即可. 详解】如图，过点作交于点，连接，即有平面， 由于，所以， 若，则，又平面，平面， 所以平面，由平面， 得平面平面，又平面，所以平面，故B正确； 若平面，又因为平面平面，所以，由B可知D正确； 假设平面，设平面，则， 若平面，平面平面，所以， 反之若，当且仅当平面，即A、C同时正确或错误； 若，可能，也可能与相交． 若与相交，由知延长必与、交于同一点， 由几何关系知与不平行，故A、C错误． 故选：BD 11. 已知函数的定义域为，，，且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】按照各选项的形式，反复利用赋值法，逐个验证即可. 【详解】对于A，令，得到，又，则，所以A错误. 对于B，令，得到，由选项A知， 所以，故B正确. 对于C，令，则，即， 令可得，故，而， 所以，故C正确， 对于D，由，则， 所以， ，由可知， ，即，故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知i是虚数单位，则 ________． 【答案】 【解析】 【分析】先由复数除法运算化简，再由复数模长公式即可计算求解. 【详解】先由题得，所以. 故答案为： 13. 已知函数有唯一零点，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据函数是偶函数计算求参，再代入检验即可. 【详解】定义域为，， 所以函数为偶函数， 又因为函数有唯一零点， 根据零点关于轴对称，得出，所以， 当时，函数有唯一零点，符合题意； 当时，函数有零点，不符合题意舍； 故答案为：2. 14. 在平面直角坐标系中，，．设，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据，求出，进而可以用向量表示出，即可解出． 【详解】因为，， 由平方可得，，所以． ，， 所以， ， 又，即， 所以，即， 故答案为：. 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、满足，，且. （1）若，求实数值； （2）求与的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由平面向量数量积的运算性质结合题干中的等式可得出的值，由已知条件得，结合平面向量数量积的运算性质可得出关于的等式，解之即可； （2）利用平面向量数量积的运算性质可求出的值，结合向量夹角的取值范围可得结果. 【小问1详解】 因为向量、满足，，且， 即，解得， 因为，即, 解得. 【小问2详解】 因为， ， 因此. 因为，因此，即与的夹角为. 16. 为了提高市民的普法意识，某市举行了普法知识竞赛，为了解全市参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取了人的成绩（均为整数）作为样本，将其整理后分为组，并作出了如图所示的频率分布直方图（最低分，最高分）． （1）求频率分布直方图中的值，并求出样本中成绩在分以上的人数： （2）若划定成绩大于或等于第百分位数为“良好”以上等级，请根据直方图，估计全市参赛者的成绩在“良好”以上等级的范围； （3）现知道样本中，成绩在“良好”以上等级的平均数为，方差为，成绩在内的平均数为，方差为，求成绩在内的平均数和方差． 【答案】（1）；人 （2） （3）平均数为，方差为 【解析】 【分析】（1）在频率分布直方图中，所有直方图面积之和为，可求出的值；结合频率直方图可求出样本中成绩在分以上的人数； （2）根据频率分布直方图计算出第百分位数，即可得出结果； （3）利用分层随机抽样的平均数和方差公式可求得结果. 【小问1详解】 在频率分布直方图中，所有直方图面积之和为， 可得，解得， 由图可知，样本中成绩在分以上的人数为人. 【小问2详解】 前三个矩形面积之和为， 前四个矩形面积之和为， 设第百分位数为，则， 由百分位数的定义可得，解得， 因此，全市参赛者的成绩在“良好”以上等级的范围为. 小问3详解】 成绩在内占成绩在的比例为， 成绩在内占成绩在的比例为， 设成绩在内的平均数和方差分别为、， 由分层随机抽样的平均数公式可得，解得， 由分层随机抽样的方差公式可得，解得. 故成绩在内的平均数为，方差为. 17. 如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，． （1）证明：四点共面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量的线性运算来证明两向量相等，得四点共面； （2）利用空间向量的线性运算和数量积运算，来证明两平面二面角的平面角，再用空间向量法来求夹角余弦值，从而问题可得解. 【小问1详解】 由，因为平行六面体可知： 且 又因为，， 所以， 则有，即四点共面； 【小问2详解】 取的中点为，连接， 由于，则有， 又由余弦定理得： 所以， 又由， 则， 所以有，又因为的中点为，所以, 即就是平面与平面的夹角或其补角， 由， ， 由， ， ， 所以有， 故平面与平面夹角的余弦值是. 18. 如图，已知直线，是之间的一个定点，过作的垂线分别交于两点，，分别是上的两个动点（均在的右侧）．设，，的周长和面积分别为和． （1）当时，求的最小值； （2）当时，求的最小值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用直角三角形边角关系求出，再利用与的关系，结合换元法求出最小值. （2）利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求出，再利用三角恒等变换，结合正弦函数单调性求出最小值. 【小问1详解】 依题意，当时，， 在和中，， 则， 因此， 令，， 则，函数在上单调递减，， 所以当时，取得最小值. 【小问2详解】 当时，， 在和中，， 则， 而， 则，因此当时，， 所以当时，取得最小值. 19. 已知函数，满足. （1）设，求证：函数在区间上为减函数，在区间上为增函数； （2）设. ①当时，求的最小值； ②若对任意实数，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）按单调性的定义证明即可； （2）①单调性结合基本不等式即可求解；②恒成立转化最值关系，并分类讨论即可求解. 【小问1详解】 由题意可得， 令，则 ， 时，且， 故，故在区间上为减函数； 时，且， 故，故在区间上为增函数. 【小问2详解】 ①令，解得， 由中可知的定义域为， 且， 因为，则，可得，故， 令，则， 故，当且仅当时取等号， 故， ②因为恒成立， 故，即， 由①：时， 令，令， 由（1）知，在上为减函数，在上为增函数， 时，在上为减函数， 故，， 故，得，和矛盾， 时，在上为减函数，在上为增函数， ，即， 得， 时，在上为增函数，故，得，不合题意； 综上得：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $