精品解析：广东省汕头市金山中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

2024级高一第二学期期末考试 数学科试卷 命题人：高一数学备课组 一、选择题：共8小题，共88×5=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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 当时，复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 甲、乙、丙三人破译一份密码，若三人各自独立破译出密码的概率为，，，且他们是否破译出密码互不影响，则这份密码被破译出的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若 ，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 在中，内角的对边分别为a，b，c，如果，则一定是（ ） A. 等腰或直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形 6. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，点是函数图象与轴的交点，点是函数图象的最高点，且是边长为2的正三角形，，则的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 7. 在四边形ABCD中，，，，，则四边形ABCD面积为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知函数，若存在实数、、且，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则（ ） A. 平均数为3 B. 众数为2和3 C. 方差为 D. 第85百分位数为4.5 10. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记下每次朝上的点数，设事件 “第一次的点数不大于3 ”， “第二次的点数不小于4 ”， “两次的点数之和为3的倍数”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件发生的概率 B. 事件与事件相互独立 C. 事件 发生的概率 D. 事件与事件对立 11. 已知正方体 的棱长为是正方形 的中心， 是棱 (包含顶点) 上的动点， 则以下结论正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 不存在点，使与 所成角等于 C. 二面角正切值的取值范围为 D. 当为中点时，三棱锥外接球表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，，且，则______. 13. 已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为__________. 14. 在中，角的对边分别为， ，，若有最大值，则实数的取值范围是______. 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. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）已知，求的值. 16. 某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量－标准质量，单位）的样本数据统计如下： （1）求样本数据的70%分位数；（精确到0.01） （2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中，分别为样本平均数和样本标准差，计算可得（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）． ①若产品的质量差为，试判断该产品是否属于一等品； ②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率． 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求的大小； （2）若的面积为，且，当线段的长最短时，求的长. 18. 如图所示，四边形为菱形，，平面平面，点是棱中点． （1）求证：； （2）若，求三棱锥的体积． （3）若，当二面角正切值为时，求直线与平面所成的角． 19. 已知函数满足，且，当时，．函数． （1）求实数值； （2）当时，求的解析式； （3）设，是否存在实数，使不等式在时恒成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024级高一第二学期期末考试 数学科试卷 命题人：高一数学备课组 一、选择题：共8小题，共88×5=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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简集合A，再根据集合并集运算求解. 【详解】由，解得， ，又，所以． 故选：D. 2. 当时，复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的坐标即可判断. 【详解】, 若，则，， 所以复数在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B 3. 甲、乙、丙三人破译一份密码，若三人各自独立破译出密码的概率为，，，且他们是否破译出密码互不影响，则这份密码被破译出的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据独立事件的概率乘法公式求解. 【详解】设这份密码被破译出为事件， 所以, 所以, 故选:D. 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若 ，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】在正方体中，通过取平面和直线，即可判断出选项A，B，C的正误；对于选项D，根据条件，利用线面平行的性质及面面垂直的判定定理，即可判断出选项D的正误. 【详解】对于选项A，如图，在正方体中，取面为平面，直线为直线， 直线为直线，显然有，但不平行，所以选项A错误， 对于选项B，如图，在正方体中，取面为平面，直线为直线， 面为平面，有，但，所以选项B错误， 对于选项C，取面为平面，直线为直线，直线为直线， 因为，显然有，但，所以选项C错误， 对于选项D，因为，在内任取一点，过直线与点确定平面， 则，由线面平行的性质知，又，所以，又， 所以，所以选项D正确， 故选：D. 5. 在中，内角的对边分别为a，b，c，如果，则一定是（ ） A. 等腰或直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形 【答案】A 【解析】 【分析】由，然后可得，然后可得的关系. 【详解】在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对边分别为a，b，c，若， 所以sinAcosA＝sinBcosB，所以 所以2A＝2B或2A＝π﹣2B， 所以A＝B或A+B＝90°． 所以三角形是等腰三角形或直角三角形． 故选：A 6. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，点是函数图象与轴的交点，点是函数图象的最高点，且是边长为2的正三角形，，则的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用已知条件可写出点的坐标，进而可求得以及周期，，可得解. 【详解】 过点作轴的垂线，垂足为，则为的中点， 是边长为2的正三角形，， ，，，，， 又，，解得， ， 将点代入得，， ，，， . 故选：A. 7. 在四边形ABCD中，，，，，则四边形ABCD的面积为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据，得到四边形是平行四边形，再由，可得四边形是矩形也为菱形即为正方形即可求解． 【详解】如图所示， ，四边形是平行四边形， 分别表示的单位向量， ，平方可得， ，， 四边形是矩形， 又平分，四边形是菱形， 四边形是正方形，且，此四边形的面积等于5， 故选：D． 8. 已知函数，若存在实数、、且，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出图形，利用正弦型函数的对称性得出，可得出，求出的取值范围，利用二次函数的基本性质可求得所求代数式的取值范围. 【详解】如下图所示： 令，解得， 故当时，对称轴为直线，则， 因为，所以，， 又因为， ， 由可得，则，则， 所以，. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于结合正弦型函数的对称性以及函数解析式将所求代数式转化为关于某个量的函数，求出变量范围后，转化为值域问题求解. 二、多选题：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. 给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则（ ） A. 平均数为3 B. 众数为2和3 C. 方差为 D. 第85百分位数为4.5 【答案】ABC 【解析】 【分析】求得平均数判断选项A；求得众数判断选项B；求得方差判断选项C；求得第85百分位数判断选项D. 【详解】选项A：此组数据平均数为5+5+4+3+3+3+2+2+2+1.判断正确； 选项B：此组数据中3出现3次，2出现3次，5出现2次，4出现1次，1出现1次. 则此组数据众数为2和3. 判断正确； 选项C：此组数据方差为. 判断正确； 选项D：将此组数据从小到大排列为1，2，2，2 ，3，3，3，4，5，5. ，但8.5不是整数，则第85百分位数为为第9个数字5.判断错误. 故选：ABC 10. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记下每次朝上的点数，设事件 “第一次的点数不大于3 ”， “第二次的点数不小于4 ”， “两次的点数之和为3的倍数”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件发生的概率 B. 事件与事件相互独立 C. 事件 发生的概率 D. 事件与事件对立 【答案】ABC 【解析】 【分析】列举所有的基本事件，由古典概型公式即可求解选项A，C，由相互独立事件的定义即可求解选项B，由对立事件的定义分析选项D. 【详解】根据题意，连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记录每次朝上的点数，则有 ， ， ， ， ， ，共不同结果，即， 对于A，事件包含的样本点有种，故，故A正确； 对于B，事件包含的样本点有种，故， 事件包含的样本点有种，故， 因为，所以事件相互独立，故B正确； 对于C，事件包含的样本点有种，故，故C正确； 对于D，事件与事件有重复的样本点， 故事件与事件不对立，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知正方体 的棱长为是正方形 的中心， 是棱 (包含顶点) 上的动点， 则以下结论正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 不存在点，使与 所成角等于 C. 二面角正切值的取值范围为 D. 当为中点时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，直接找出最近距离为为中点，计算即可；对于B，找出最大，最小的临界状态值即可解决；对于C，找出二面角的平面角，再用锐角三角函数即可；对于D，设出球心和半径，结合图形，构造方程，求出半径即可． 【详解】对于A， 最小值时，为中点.作个草图，取中点，连接． 此时，故A正确． 设与所成的角为θ，当与重合时，， 当在中点时，．则存在点 ，使. 即存在点，使与 所成角等于 .故B错误． 如图，过中点作于，则为二面角的平面角， 因此，故C正确． 设三棱锥的外接球的球心为，显然平面，为等腰直角三角形，外心为M， 则O可以由M沿着方向移动即可,O一定在上． 为中点时，半径，于是． 在中有，解得， 于是球表面积为.故D正确． 故选：ACD. 【点睛】知识点点睛：本题考查了正方体性质，点线面的位置关系辨别，空间两点间的距离最值，异面直线夹角，二面角的问题，三棱锥的外接球问题．同时考查空间想象、逻辑推理、数形结合、转化计算能力.综合性较强，属于难题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直的数量积表示，求出向量的数量积即可. 【详解】由得，， 化简得，因为，， 所以，解得 故答案为：. 13. 已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为，设圆台上、下底面圆、圆、截面圆的半径分别为、、，设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、，由圆台上、下底面圆和截面圆的半径之比，可得到体积、、之间的关系，进而可得经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比. 【详解】设圆台上、下底面圆的圆心分别为、，将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为， 设经过母线中点且与底面平行的平面所成截面圆的圆心为， 设圆、圆、圆的半径分别为、、，则，，则， 设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、， 因为，则， ，则， 所以，，， 则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为， . 故答案为：. 14. 在中，角的对边分别为， ，，若有最大值，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】 由正弦定理，三角恒等变换和辅助角公式可得，其中，结合范围，由于有最大值，可求，进而求解的取值范围. 【详解】由于，所以， 由正弦定理得， 所以，， 所以 . 当，即时，，没有最大值，所以， 则，其中， 要使有最大值，则要能取，由于， 所以，所以，即，解得. 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 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. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）已知，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，然后利用整体代换法即可求解； （2）由，再结合诱导公式可得，即可求解. 【小问1详解】 由， 则，，解得，， 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 由（1）得 则. 16. 某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量－标准质量，单位）的样本数据统计如下： （1）求样本数据的70%分位数；（精确到0.01） （2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中，分别为样本平均数和样本标准差，计算可得（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）． ①若产品的质量差为，试判断该产品是否属于一等品； ②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率． 【答案】（1） （2）①一等品；② 【解析】 【分析】（1）利用频率直方图的中位数计算方法即可求解； （2）①利用频率直方图先计算出样本均值，即可做出判断； ②利用古典概型计算方法，先列举出总的基本事件，再选出事件所包含的基本事件，即可求出事件发生的概率. 【小问1详解】 由于前2组的频率和为0.3，前3组的频率和为0.75， 所以可知70%分位数一定位于第三组内， 设70%分位数x，则，解得 【小问2详解】 ①根据频率直方图计算样本平均数： 因为样本标准差，，所以，又， 则可知该产品属于一等品． ②记三件一等品为，两件二等品为， 摸出两件产品总基本事件共10个，分别为： ，，，，，，，，，， 设摸出两件产品中至少有一个一等品记为事件，则包含的基本事件共9个，分别是： ，，，，，，，，， 所以. 则摸出两件产品中至少有一个一等品的概率为. 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求的大小； （2）若的面积为，且，当线段的长最短时，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解； （2）由面积公式求出，在中利用余弦定理及基本不等式求出的最小值，求出此时、的值，再由余弦定理计算可得. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又， 所以， 所以，又，所以， 所以，即，又， 所以； 【小问2详解】 因为的面积为，即， 即，则，， 因为，所以， 在中， 即，当且仅当，即，时取等号， 所以，即的最小值为，此时，， 则， 所以，即. 18. 如图所示，四边形为菱形，，平面平面，点是棱的中点． （1）求证：； （2）若，求三棱锥的体积． （3）若，当二面角的正切值为时，求直线与平面所成的角． 【答案】（1）证明见解析 （2）1 （3）45° 【解析】 【分析】(1)先证明平面得到； (2)将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积求解； (3)设，，可证得为二面角的平面角，可得，为直线与平面所成的角，可求得知大小． 【小问1详解】 如图所示，设点是棱的中点，连接，，， 由及点是棱的中点，可得， 因为平面平面，平面平面，平面，故平面， 又因为平面，所以， 又因为四边形为菱形，所以， 而是的中位线，所以，可得， 又由，且平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以． 【小问2详解】 若，由于菱形，易证正三角形中，由于平面， 所以． 【小问3详解】 设点是与的交点，由（1）可知平面， 又，均在平面内，从而有，， 故为二面角的平面角，所以， 所以， 因为，所以为等边三角形． 不妨设菱形的边长为，． 则直角中，，， ，所以， 因为平面，所以为直线与平面所成的角． 则， 所以直线与平面所成的角为45° 19. 已知函数满足，且，当时，．函数． （1）求实数的值； （2）当时，求的解析式； （3）设，是否存在实数，使不等式在时恒成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）不存，理由见解析 【解析】 【分析】（1）赋值法得到，由求得 （2）当时，，故，根据求出解析式； （3）求出的定义域为，根据复合函数的单调性得到在 上单调递减，构造，结合零点存在性定理得到使得，故需要满足，先由定义域得到，分和、两种情况，两种情况下求出最小值，分析得到均不合题意，则这样的实数不存在. 【小问1详解】 当时，，故， 因为时，，所以， 因为，所以，解得． 【小问2详解】 当时，， 则， 又，故， 所以当时，． 【小问3详解】 由，即：， 所以的定义域为， 若存在满足题意的， 首先有在时恒成立， 即在时恒成立， 首先有， 其次令， 关于的二次函数的对称轴为， 当，即时，还要保证，解得， 当时，只需，解得， 所有在时恒成立当且仅当． 因为， 又因为，所以， 当时，在上单调递增， 此时的值域是的子集． 当时，在上先增后减， 在或处取得最小值，且，，，其中为对勾函数， 在上单调递减，在上单调递增， 又，，，故的值域是的子集， 综上，的值域是的子集． 故只需考虑在的情况即可， 因为在上单调递减， 根据复合函数的单调性得到在上单调递减， 又时，图象的对称轴为，开口向上， 故在上单调递增， 当时，令， 则在上单调递增， 其中，， 由零点存在性定理可知：使得， 又，故需要满足，所以只需满足， 当时，，不符合要求； 当时，则，解得， 由于，故无解， 综上，不存在． 【点睛】思路点睛：数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上求切线的横坐标，端点值或极值点等. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$