精品解析：湖南省地质中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

高一期末数学试卷 一、单选题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是锐角三角形，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 函数的定义域为，则的定义域是（ ） A. B. C. D. 4. 德国心理学家艾·宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”．“遗忘曲线”中记忆率随时间（小时）变化的趋势可由函数近似描述，则记忆率为时经过的时间约为（ ）（参考数据：） A. 2小时 B. 0.8小时 C. 0.5小时 D. 0.2小时 5. 已知函数是定义在上的奇函数，若，且，都有成立，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知x为正实数，y为非负实数，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，函数的图象可以由函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分） 9. 将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，下列说法正确的是（ ） A. 当时，为偶函数 B. 当时，在区间上单调递增 C. 当时，在区间上的值域为 D. 当时，函数在区间上有2个零点 10. 直线与x轴的交点F为抛物线的焦点，若点O为坐标原点，l与C交于A、B两点．则（ ） A. B. C. 以线段为直径的圆被y轴截得的弦长为定值 D. 重心横坐标的最小值为 11. 已知函数 ，则方程实数根的个数可以为 （ ） A. 4 B. 6 C. 7 D. 9 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为________. 13. 已知在中，为平面内一点，则的最小值是__________. 14. 已知是定义在上的偶函数，且，恒成立，若，则满足的实数的取值范围是______. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分） 15. 已知空间向量，. （1）若与共线，求实数的值； （2）若与所成角是锐角，求实数的范围． 16. 如图，多面体中，底面是菱形，，四边形是正方形且平面. （1）求证：平面； （2）若，求多面体的体积. 17. 对于函数，若在定义域内存在实数x，满足，则称为“局部奇函数”． （1）已知二次函数，，试判断是否为“局部奇函数”，并说明理由； （2）若为定义在R上的“局部奇函数”，求函数在的最小值． 18. 中国乒乓球队是中国体育军团的王牌之师，屡次在国际大赛上争金夺银，被体育迷们习惯地称为“梦之队”.2024年巴黎奥运会，中国乒乓球队包揽全部五枚金牌.其中团体赛由四场单打和一场双打比赛组成，采用五场三胜制.每个队由三名运动员组成，当一个队赢得三场比赛时，比赛结束.2024年8月10日，中国队对战瑞典队，最终以取得团体赛冠军，赛前某乒乓球爱好者对赛事情况进行分析，根据以往战绩，中国队在每场比赛中获胜的概率均为. （1）求中国队以的比分获胜的概率； （2）求中国队在已输一场的情况下获胜的概率； （3）求至多进行四场比赛的概率. 19. 设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”． （1）判断下列数列是否为“好数列”： ①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3． （2）证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）； （3）若数列为“好数列”，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一期末数学试卷 一、单选题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用补集的意义与交集的意义可求解. 【详解】因为，，所以， 由，得，又， 所以. 故选：C. 2. 已知是锐角三角形，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用正弦定理与余弦定理的边角变换，结合三角函数的恒等变换求得，再求得角的范围，结合正弦定理边角变换与倍角公式即可得解. 【详解】已知，由正弦定理得，得， 由余弦定理，则，即， 由正弦定理得， 因为，则 所以，即. 因为为锐角三角形，，则， 又在上单调递增，所以，则， 因为为锐角三角形，，解得， 所以. 故选：B. 3. 函数的定义域为，则的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意先求出的定义域，即可求出的定义域. 【详解】因为的定义域为，则在中，，所以， 所以的定义域为， 则在中，由解得， 所以的定义域是. 故选：C. 4. 德国心理学家艾·宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”．“遗忘曲线”中记忆率随时间（小时）变化的趋势可由函数近似描述，则记忆率为时经过的时间约为（ ）（参考数据：） A. 2小时 B. 0.8小时 C. 0.5小时 D. 0.2小时 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设得到，两边取对数求解，即可得出结果. 【详解】根据题意得，整理得到，两边取以为底的对数， 得到，即，又， 所以，得到， 故选：C. 5. 已知函数是定义在上的奇函数，若，且，都有成立，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用构造函数法，根据函数的单调性、奇偶性来对不等式进行求解，从而确定正确答案. 【详解】设，由于函数是定义在上的奇函数， 所以，所以是偶函数， 由于，且，都有成立， 所以在上单调递减，则在上单调递增， 由 可知， ①当时，有，， 即，而， 所以，解得. ②当时，有，， 即，所以， 即或， 不等式组的解集为空集， 不等式组的解集为. 综上所述，的取值范围是. 故选：B 6. 已知x为正实数，y为非负实数，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】变形式子，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】由x为正实数，y为非负实数，得，由，得， 于是 ，当且仅当，即时取等号， 所以当时，取得最小值. 故选：B 7. 如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先在图中作出直线与平面所成的角，平面与底面所成的锐二面角，可得，同理得，再由和差化积公式得到，即可判断A、C选项；再通过三角恒等变换得到，进而得到，即，即可判断B、D选项. 【详解】 如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线， 又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得. 过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角， 则，又面EFG，面EFG，则，又，面，， 所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则， 又，则，同理可得，则， 又由， ， 则， 故，A，C错误； 故，由可知，所以， 即，整理可得， 即，即， 故，又，故，B正确，D错误. 故选：B. 8. 已知函数，函数的图象可以由函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数，根据三角函数的图象变换得到，令，结合函数零点存在的条件建立不等式求解即可. 【详解】函数，向右平移个单位长度，得， 再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到， 令， 得， 所以， 若函数在上没有零点， 则需， 所以， 所以， 若函数在上有零点， 则， 当k=0时，得，解得， 当k=1时，得，解得， 综上：函数在上有零点时，或， 所以函数在上没有零点，. 所以的取值范围是. 故选：A 【点睛】本题主要考查三角函数的图象变换及函数零点问题，还考查了转化求解问题的能力，属于难题. 二、多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分） 9. 将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，下列说法正确的是（ ） A. 当时，为偶函数 B. 当时，在区间上单调递增 C. 当时，在区间上的值域为 D. 当时，函数在区间上有2个零点 【答案】AD 【解析】 【分析】由平移变换以及正弦函数的性质逐一判断即可. 【详解】当时，，是偶函数，A正确； 当时，，因为，，所以在区间上不单调，B错误； 当时，，因为，，所以，C错误； 当时，，令，即，由图可知，函数在上的图像与直线有2个交点，D正确． 故选：AD 10. 直线与x轴的交点F为抛物线的焦点，若点O为坐标原点，l与C交于A、B两点．则（ ） A. B. C. 以线段为直径的圆被y轴截得的弦长为定值 D. 重心横坐标的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】A：求得直线与轴的交点即可；B：由直线与抛物线方程联立，利用数量积运算结合韦达定理求解即可；C：设的中点为，表示以为直径的圆的方程为求解；D：由重心的坐标公式求解. 【详解】A：易知直线与轴交于点，即，所以，解得，故A错误； B：由选项A知抛物线，设，， 由，得，所以， 得，所以，故B正确； C：设的中点为，则，，所以以为直径的圆的方程为， 即，设该圆与y轴交，，令，得，所以，， 所以， 所以以为直径的圆被y轴所截的弦长为，不是定值，故C错误． D：由选项B知的重心的横坐标为， 当且仅当时，等号成立，故D正确； 故选：BD 11. 已知函数 ，则方程实数根的个数可以为 （ ） A. 4 B. 6 C. 7 D. 9 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，分别讨论，，，或，方程的实数根个数，从而可得答案. 【详解】设，则，则， 画出函数的图象， ①若时，方程没有实数根， ②若时，方程有个实数根，或， 当时，函数的图象与直线没有交点， 当时，函数的图象与直线有4个交点， 所以时，方程实数根的个数为. ③若时，方程有个实数根， 令，解得：或， 由图象观察可知，，，，， 函数的图象分别与直线有个交点， 所以若时，方程实数根的个数为. ④若时，函数有个实数根， 则或或或， 函数的图象分别与直线有个交点， 所以若时，方程实数根的个数为. ⑤若时，方程有个实数根 由图象观察可知，，，， 函数的图象分别与直线有个交点， 所以若时，方程实数根的个数为. 故选：ACD. 【点睛】关键点晴：本题的关键在于令，将题意转化为方程的实数根个数，分类讨论的范围，画出函数的图象，结合图象求解. 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为________. 【答案】## 【解析】 【分析】取ED的中点为G，连接AG，FG，由已知条件可证得四边形ABFG为平行四边形，所以BF∥AG，所以∠EAG是AE与BF所成的角，在△AEG中，利用余弦定理可求得结果 【详解】因为ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，所以ED∥FC. 取ED的中点为G，连接AG，FG，如图， 因为ED＝2FC，所以DG＝FC，且DG∥FC， 所以四边形CDGF为平行四边形，则FG∥CD且FG＝CD. 又四边形ABCD为正方形，所以CD∥AB，CD＝AB， 所以FG∥AB且FG＝AB， 所以四边形ABFG为平行四边形，则BF∥AG， 所以∠EAG是AE与BF所成的角. 由正方形ABCD的边长为2，ED＝2FC＝2，可得， 在△AEG中，由余弦定理得 . 故答案为： 13. 已知在中，为平面内一点，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先用余弦定理求出，建立坐标系，再用坐标的方法求解. 【详解】 由余弦定理得：， 以B点为原点，BC为x轴，建立直角坐标系如图， 则A点的横坐标为 ，纵坐标为， 即，设， 则， ， 当时，上式最小=-6； 故答案为：. 14. 已知是定义在上的偶函数，且，恒成立，若，则满足的实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用构造函数法，结合函数的单调性、奇偶性来求得的取值范围. 【详解】不妨设，由， 得， 所以，令，则， 所以函数在上单调递增，因为是定义在上的偶函数， 所以，所以对任意的， 所以，函数为上的偶函数，且， 由，可得，即， 即，所以，解得． 故答案为： 【点睛】方法点睛：形如的已知条件，往往是给出函数的单调性，可以利用函数单调性的定义来进行求解.利用函数的单调性和奇偶性来求解不等式，可将不等式转化为函数不等式的形式，然后结合单调性、奇偶性去掉函数符号，再解不等式来求得答案. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分） 15. 已知空间向量，. （1）若与共线，求实数的值； （2）若与所成角是锐角，求实数的范围． 【答案】（1） （2）{且}． 【解析】 【分析】（1）利用空间向量共线的坐标表示计算即可； （2）利用空间向量夹角的坐标表示计算即可. 【小问1详解】 由已知可得，． 因为与共线，所以，解得． 【小问2详解】 由(1)知，． 所以，∴． 又当时，与共线， 所以实数的范围为{且}． 16. 如图，多面体中，底面是菱形，，四边形是正方形且平面. （1）求证：平面； （2）若，求多面体的体积. 【答案】（1）证明：∵ABCD是菱形，∴BC//AD. 又平面，平面，平面.又是正方形，. 平面，平面，平面.平面，平面 平面平面，平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）由面面平行的判定定理先证明平面平面，进而可得平面； （2）将多面体拆成两个四棱锥，由四棱锥的体积公式即可求出结果. 【详解】（1）略 （2）解：连接，记. 是菱形，，且. 由平面，平面，. 平面，平面，， 平面于， 即为四棱锥的高. 由是菱形，，则为等边三角形，由，则 ，，， ， 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定以及几何体的体积，证明线面垂直，有时需要先证面面垂直，熟记判定定理以及体积公式即可，属于常考题型. 17. 对于函数，若在定义域内存在实数x，满足，则称为“局部奇函数”． （1）已知二次函数，，试判断是否为“局部奇函数”，并说明理由； （2）若为定义在R上的“局部奇函数”，求函数在的最小值． 【答案】（1）为“局部奇函数”，理由见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）直接解方程，方程有解即得； （2）由方程有解，设换元后转化为关于的二次方程在上有解，可结合二次函数的性质或二次方程根的分布知识可得，然后通过分类讨论求函数的最小值. 【小问1详解】 当时，方程，即有解， 解得， 所以为“局部奇函数”. 【小问2详解】 当时，可化为 ， 令，则， 从而关于的方程在上有解即可保证为“局部奇函数”， 令， ①当时，在上有解， 由，即，解得； ②当时，在上有解等价于 此时无解. 则所求实数的取值范围是. 令，因为，所以， 则， 令，对称轴为， 当时，在单调递增，所以时，取得最小值，，即时； 当时，时，取得最小值，， 即时，. 综上，当时，； 当时，. 18. 中国乒乓球队是中国体育军团的王牌之师，屡次在国际大赛上争金夺银，被体育迷们习惯地称为“梦之队”.2024年巴黎奥运会，中国乒乓球队包揽全部五枚金牌.其中团体赛由四场单打和一场双打比赛组成，采用五场三胜制.每个队由三名运动员组成，当一个队赢得三场比赛时，比赛结束.2024年8月10日，中国队对战瑞典队，最终以取得团体赛冠军，赛前某乒乓球爱好者对赛事情况进行分析，根据以往战绩，中国队在每场比赛中获胜的概率均为. （1）求中国队以的比分获胜的概率； （2）求中国队在已输一场的情况下获胜的概率； （3）求至多进行四场比赛的概率. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式进行求解即可； （2）设事件“中国队在已输一场的情况下获胜”，则有两类情况：①设事件“中国队从第二场开始连胜三场”，②设事件“中国队在二到四场中胜两场，再胜第五场”，分别求出两种情况的概率，再利用互斥事件的加法公式即可求出事件的概率. （3）设中国队进行三场、四场比赛获胜分别为事件、，瑞典队进行三场、四场比赛获胜分别为事件、，至多进行四场比赛为事件，分别求出、、、的概率，再利用互斥事件的加法公式即可求出事件的概率. 【小问1详解】 设事件“中国队以的比分获胜”， 中国队在每一场中获胜的概率均为， ， 中国队以的比分获胜的概率为； 【小问2详解】 设事件“中国队在已输一场的情况下获胜”，则有两类情况： ①设事件“中国队从第二场开始连胜三场”， ， ②设事件“中国队在二到四场中胜两场，再胜第五场”， ， 与是互斥事件， ， 中国队在已输一场的情况下获胜的概率为； 【小问3详解】 设中国队进行三场、四场比赛获胜分别为事件、，瑞典队进行三场、四场比赛获胜分别为事件、，至多进行四场比赛为事件， ，， ，， ，，，是互斥事件， ， 至多进行四场比赛的概率为. 【点睛】关键点睛：本题的关键在于理解互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式. 19. 设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”． （1）判断下列数列是否为“好数列”： ①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3． （2）证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）； （3）若数列为“好数列”，求的最大值． 【答案】（1）①是“好数列”；②不是“好数列” （2） 若是“好数列”，可知存在． 令与， 于是集合和也分别是数列和数列的子列集， 又存在，得． 因此． 所以，数列也是“好数列”． 设与中较小者为，则且， 因此，即，于是， 所以存在首项不超过的“好数列”． （3）7 【解析】 【分析】（1）根据“好数列”的定义逐项检验即可判断①②； （2）分析可知若是“好数列”，可知存在，结合“好数列”的定义分析可得且，即可得结果； （3）分类讨论的奇偶性，利用反证法结合（2）可知为偶数不成立，为奇数时且，不存在“好数列”，即可得结果. 【小问1详解】 对于①：检验可知①是“好数列”； 对于②：例如，取长为2的子列集和长为3的子列集， 此时，所以②不是“好数列”． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 的最大值为7． ①先考虑． 假设存在“好数列”．由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知， 即此“好数列”为：． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知，矛盾； ②再考虑．假设存在“好数列”． 由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知， 此时，长为的子列集，矛盾． 所以，当时，不存在“好数列”． 又数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”． 综上，的最大值为7． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $