精品解析：江苏省盐城市2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题

2024/2025学年度第二学期高一年级期终考试 数学试卷 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上． 一、单项选择题（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，则（ ） A. B. C. 5 D. 1 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的奇偶性为（ ） A. 奇函数 B. 偶函数 C. 既是奇函数又是偶函数 D. 既不是奇函数又不是偶函数 4. 样本数据5，5，6，7，9的80百分位数为（ ） A. B. 7 C. 8 D. 9 5. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 6. 设，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角，，的对边分别是，，，且满足，，则外接圆的半径为（ ） A. B. 3 C. D. 6 8. 已知定义在上的函数满足对任意的正数，，都有，若，则（ ） A. 12 B. 6 C. D. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列选项中，正确的是（ ） A. 若两个相等的非零向量的起点相同，侧它们的终点可能不同 B. 若向量，则 C. 若向量，满足，则或 D. 若非零向量与共线，则，，三点共线 10. 已知为圆锥底面圆的直径，母线与圆锥底面所成角为，母线，互相垂直，，则（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥的体积为 C. 二面角的大小为 D. 圆锥的外接球体积为 11. 在斜三角形中，，则（ ） A. 角B为钝角 B. C. 若，则 D. 的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数据的平均数为2，那么数据的平均数为______． 13. 已知，则________. 14. 已知非零向量，的夹角为，.对于任意的，恒成立，则______，的最小值为______. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 对200个电子元件的寿命（单位：h）进行追踪调查，情况如下： 寿命 个数 20 30 80 40 30 （1）估计元件的寿命在（单位：h）内的概率； （2）估计元件的寿命在以上的概率． 16. 已知向量，设函数． （1）求函数的对称中心； （2）求函数在上的值域． 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是正三角形，E为线段的中点，F为线段的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）若平面平面，求异面直线与所成角的余弦值． 18. 如图，在中，，点为外接圆上的一个动点（点在直线两侧）． （1）若，求的值； （2）若，求四边形周长的最大值； （3）若，求． 19. 设为函数的任一零点，为函数的任一零点，若，则称函数与是“零点近距函数”． （1）已知函数，判断与是否为“零点近距函数”，并说明理由； （2）设函数，求证：与是“零点近距函数”的充要条件为； （3）若函数与是“零点近距函数”，求实数a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024/2025学年度第二学期高一年级期终考试 数学试卷 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上． 一、单项选择题（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，则（ ） A. B. C. 5 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的模长公式即可求解. 【详解】∵，∴. 故选：A. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由补集运算即可得解. 【详解】∵，，∴. 故选：C. 3. 函数的奇偶性为（ ） A. 奇函数 B. 偶函数 C. 既是奇函数又是偶函数 D. 既不是奇函数又不是偶函数 【答案】A 【解析】 【分析】现求出函数的定义域，再根据奇偶性的定义，判断与的关系即可求解. 【详解】因为函数的定义域为，， 所以函数为奇函数. 故选：A. 4. 样本数据5，5，6，7，9的80百分位数为（ ） A. B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的定义计算即得. 【详解】因，故数据5，5，6，7，9的80百分位数应是第4个数与第5个数的平均数，即. 故选：C. 5. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线与平面平行、平面与平面平行的定义与性质，线面垂直的性质及面面平行和线面垂直的判定定理，逐一分析选项即可求解. 【详解】若，，则或，故选项A错误； 若，，根据线面平行和面面平行的定义可知，故选项B正确； 若，，则或，故选项C错误； 若，，，则，可能平行也可能异面，故选项D错误. 故选：B. 6. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用换底公式可得，然后运用对数运算法则即可求解. 【详解】. 故选：D. 7. 在中，角，，的对边分别是，，，且满足，，则外接圆的半径为（ ） A. B. 3 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】设外接圆的半径为.在中，由余弦定理及题中条件可得，再由余弦定理可得的值，进而可求的值，由正弦定理即可求解外接圆的半径. 【详解】设外接圆的半径为. 在中，由余弦定理及可得，即， 即， 即，即. ∴由余弦定理可得. ∵，∴，∴由正弦定理可得，解得. 故选：A. 8. 已知定义在上的函数满足对任意的正数，，都有，若，则（ ） A. 12 B. 6 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，令可得的值，令，可得，进而可得.令，可得，，即可求解. 【详解】∵对任意的正数，，都有， ∴令可得，解得； 令，可得，∴. ∴，即. 令，可得，∴. 故选：D. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列选项中，正确的是（ ） A. 若两个相等的非零向量的起点相同，侧它们的终点可能不同 B. 若向量，则 C. 若向量，满足，则或 D. 若非零向量与共线，则，，三点共线 【答案】BD 【解析】 【分析】根据相等向量的定义即可判断选项A；若向量，则根据向量的运算法则可得，即可判断选项B；由向量的定义即可判断选项C；根据共线向量的定义即可判断选项D. 【详解】由相等向量定义可得：若两个相等的非零向量的起点相同，其终点一定相同，故选项A错误； 若向量，则，所以，故选项B正确； 由向量的定义可得向量，满足时，向量，可能共线也可能不共线，故选项C错误； 若非零向量与共线，则，，三点共线，故选项D正确. 故选：BD. 10. 已知为圆锥底面圆的直径，母线与圆锥底面所成角为，母线，互相垂直，，则（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥的体积为 C. 二面角的大小为 D. 圆锥的外接球体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题知在中，，.根据圆锥的侧面积公式即可判断选项A；由母线，互相垂直，可得.取的中点，连接，根据圆的性质可求的值，即可求解的值，根据锥体体积公式即可判断选项B；连接，则 即为二面角的平面角，即可判断选项C；易知圆锥的外接球球心必在射线上，设圆锥的外接球半径为.分圆锥的外接球球心在线段上和圆锥的外接球球心在的延长线上两类讨论，在直角三角形中利用勾股定理即可求得的值，即可判断选项D. 【详解】 由题知，，， ∴在中，，. ∴圆锥的侧面积为，故选项A正确； ∵母线，互相垂直，，∴. 取的中点，连接，则根据圆的性质可知，， ∴，， ∴， ∴，故选项B错误； 连接，如图所示.由，为线段的中点，. 又，∴即为二面角的平面角. ∴在中，，∴，故选项C正确； 易知圆锥的外接球球心必在射线上，设圆锥的外接球半径为. 当圆锥的外接球球心在线段上时，如图所示，则有，，， ∴，解得（舍去）； 当圆锥的外接球球心在的延长线上时，如图所示，则有，，， ∴，解得. 综上，圆锥的外接球半径为， ∴圆锥的外接球体积为，故选项D正确. 故选：ACD. 11. 在斜三角形中，，则（ ） A. 角B为钝角 B. C. 若，则 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用诱导公式结合正弦函数的图象推得或，分析即得；对于B，根据两函数值的符号即可判断；对于C，利用正弦定理即可判断；对于D，将待求式中的角都用角的三角函数式表示，利用三角恒等变换、换元将其化成二次函数，结合二次函数的图象性质即得. 【详解】对于A，由可得， 因，则，则，或， 即或， 因为斜三角形，故，即角B为钝角，故A正确； 对于B，由A项已得角B为钝角，则，因，故，即B错误； 对于C，由正弦定理，，又， 代入解得，故C正确； 对于D，由上分析可得：，, 故 ，设， 又,则，则， 则，且， 则， 故当时，的最大值为,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） 12. 已知数据的平均数为2，那么数据的平均数为______． 【答案】7 【解析】 【分析】根据平均数的概念和公式计算即可. 【详解】因为的平均数为2，所以. 所以的平均数为： . 故答案为：7. 13. 已知，则________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据三角函数的基本关系式，结合“齐次式”的运算，即可求解. 【详解】因为，则. 故答案为：3. 14. 已知非零向量，的夹角为，.对于任意的，恒成立，则______，的最小值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】将不等式两边平方得，进而对于任意的恒成立，利用即可求解答题空1；再结合图形，利用几何意义及对称性即可求解答题空2. 【详解】由两边平方可得，即， ∴对于任意的恒成立， ∴， ∴，即. ∵，∴，∴. 如图所示，设，，，， 则，， ∴. 作点关于的对称点，连接，如图所示，则， ∴当，，三点共线时，取得最小值. 此时，，，， 在中，由余弦定理可得，故. ∴的最小值为. 故答案为：；. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 对200个电子元件的寿命（单位：h）进行追踪调查，情况如下： 寿命 个数 20 30 80 40 30 （1）估计元件的寿命在（单位：h）内的概率； （2）估计元件的寿命在以上的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出200个电子元件的寿命在（单位：h）内的频率，再对元件的寿命在（单位：h）内的概率估计即可； （2）先求出200个电子元件的寿命在以上的频率，再对元件的寿命在以上的概率估计即可. 【小问1详解】 因表中200个电子元件的寿命在（单位：h）内的频率为， 故由此估计元件的寿命在（单位：h）内的概率为； 【小问2详解】 因表中200个电子元件的寿命在以上的频率为， 故由此估计元件的寿命在以上的概率为. 16. 已知向量，设函数． （1）求函数的对称中心； （2）求函数在上的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换将函数化成正弦型函数，再求其对称中心即可； （2）根据条件求出整体角的范围，结合正弦函数的图象，即得函数的值域. 【小问1详解】 ， 由，可得， 故函数的对称中心为. 【小问2详解】 由，可得， 由正弦函数的图象可得， 故函数在上的值域为. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是正三角形，E为线段的中点，F为线段的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）若平面平面，求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：连接，交于点，连接， 因底面是边长为2的菱形，则点是的中点， 又因F为线段的中点，则有， 平面，平面，可得平面. （2）证明：因是正三角形，E为线段的中点，则有， 又，，即为正三角形，且， 因平面，则平面， 又因，故得平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，证明，由线线平行证明线面平行即可； （2）利用等腰三角形的三线合一可证，，由线线垂直即可证得线面垂直； （3）取的中点，连接，得到即与所成角或其补角，利用余弦定理求得，通过证明平面得到，求出，在中，结合，，利用余弦定理即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图，取的中点，连接，则，且， 故即与所成角或其补角. 因，由余弦定理，， 又因平面平面，平面平面，，平面， 故平面，又平面，则，又,故， 由（2）已得平面，因平面，故，则， 又，则在中，由余弦定理，， 即异面直线与所成角的余弦值为. 18. 如图，在中，，点为外接圆上的一个动点（点在直线两侧）． （1）若，求的值； （2）若，求四边形周长的最大值； （3）若，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积公式即可求出的值. （2）首先根据数量积求出向量的夹角，然后根据余弦定理求出，然后根据余弦定理和基本不等式的性质求出四边形周长的最大值. （3）首先通过等式可证明四边形为等腰梯形，然后在中利用余弦定理求出，从而求出. 【小问1详解】 根据向量数量积公式可得： . 【小问2详解】 因为，所以， 所以，所以. 根据余弦定理， 所以. 因为四点共圆，，所以. 设，在中，根据余弦定理， 即，当且仅当时等号成立. 所以解得. 所以四边形的周长为. 【小问3详解】 由得， 所以且， 即，， 所以，得到四边形为等腰梯形，. 设，在中，， 在中，， 所以. 所以. 19. 设为函数的任一零点，为函数的任一零点，若，则称函数与是“零点近距函数”． （1）已知函数，判断与是否为“零点近距函数”，并说明理由； （2）设函数，求证：与是“零点近距函数”的充要条件为； （3）若函数与是“零点近距函数”，求实数a的取值范围． 【答案】（1）是，理由见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）求出函数与的零点，再利用给定定义验证即得. （2）求出函数的零点，利用单调性结合设出的唯一零点，再利用充要条件的定义推理得证. （3）借助复合函数单调性确定函数与的单调性，并求出零点，再由定义列出不等式求解即得. 【小问1详解】 当时，，则，解得，即， 函数的零点，因此， 所以与是“零点近距函数”. 【小问2详解】 函数，由，得或， 函数都是R上的增函数，则函数在R上单调递增， 依题意，函数有唯一零点，则， 函数与是“零点近距函数”等价于， 所以与是“零点近距函数”的充要条件为. 【小问3详解】 函数，，则， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则函数在上都单调递增， 函数在上单调递增，而，因此； 函数在R上都单调递增，则函数在R上单调递增， 而，因此，由与是“零点近距函数”，得， 于是，解得， 所以实数a的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $