精品解析：湖南省衡阳县2024-2025学年高一创新实验班下学期期末数学试题

2025年上学期高一创新实验班期末质量检测试题 数学 第I卷 一、单选题：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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 数据22，24，32，33，35，28，56，的第65百分位数为35，则的取值可以是（ ） A. 20 B. 25 C. 30 D. 35 3. 设复数，满足，，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国89岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动．在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论．若根据欧拉得出的结论，估计10000以内的素数个数为(素数即质数，，计算结果取整数) A. 1089 B. 1086 C. 434 D. 145 5. 设a，b为正数，若圆关于直线对称，则的最小值为（ ） A. 9 B. 8 C. 6 D. 10 6. 如图所示，弧是以O为圆心，为半径的圆的一部分，满足，，是的中点，在弧上运动，则的最小值为（ ） A. 2 B. -2 C. D. -1 7. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 8. 设函数，有四个实数根，，，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“”的必要不充分条件. B. 设，是两个非零向量，若，则和的夹角为钝角. C. 抛掷一枚正方体骰子一次，记事件A：“出现偶数点”，事件B：“出现3点或6点”.则事件A与事件B相互独立. D. 已知直线：，：，，若，则 10. 如图，正方体的棱长为1，点是棱上的一个动点（包含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使面 B. 二面角的平面角大小为 C. 的最小值是 D. 到平面的距离最大值是 11. 函数的函数值表示不超过的最大整数，例如，．下列结论正确的有（ ） A. 函数与函数无公共点 B. 若，则 C. D. 所有满足的点组成区域的面积为 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，．边上的中线，则_____． 13. 已知在圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上､下底面及母线均相切.过直线的平面截圆柱得到四边形，其面积为8.若P为圆柱底面圆弧的中点，则平面与球O的交线长为___________. 14. 对于函数，时，，则函数的图象关于点成中心对称.探究函数图象的对称中心，并利用它求的值为________. 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、证明过程及验算步骤. 15. 某市的教育主管部门对所管辖的学校进行年终督导评估，为了解某学校师生对学校教学管理的满意度﹐分别从教师和不同年级的同学中随机抽取若干师生﹐进行评分(满分分)，绘制如下频率分布直方图(分组区间为，，，，，)，并将分数从低到高分为四个等级： 满意度评分 满意度等级 不满意 基本满意 满意 非常满意 已知满意度等级为基本满意的有人． （1）求表中的值及不满意的人数﹔ （2）记表示事件“满意度评分不低于分”，估计的概率﹔ （3）若师生的满意指数不低于，则该校可获评“教学管理先进单位”．根据你所学的统计知识﹐判断该校是否能获评“教学管理先进单位”?并说明理由．(注：满意指数) 16. 如图，五面体中，四边形是正方形． （1）求证：； （2）若平面平面，，，求直线与平面所成角的大小． 17. 已知函数为奇函数，且图像相邻的对称轴之间的距离为 （1）求函数的解析式及其减区间； （2）在中，角A、B、C对应的边为a、b、c，且，，求的周长的取值范围． 18. 已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且截直线所得的弦长为4. （1）求圆的方程； （2）设点在圆上运动，点，M为线段AB上一点且满足，记点的轨迹为曲线. ①求曲线的方程，并说明曲线的形状； ②在直线上是否存在异于原点的定点，使得对于上任意一点，为定值，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由. 19. 设a是大于1的常数，，已知函数是奇函数． （1）求实数m的值； （2）若对任意的实数，不等式均成立，求实数k的取值范围； （3）证明：关于x的方程有且仅有一个实数解；设此实数解为，试比较与的大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年上学期高一创新实验班期末质量检测试题 数学 第I卷 一、单选题：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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合，再求两集合的交集 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：B 2. 数据22，24，32，33，35，28，56，的第65百分位数为35，则的取值可以是（ ） A. 20 B. 25 C. 30 D. 35 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分数位概念求解即可. 【详解】，故. 故选：D 3. 设复数，满足，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用性质，结合已知求出，再由即可求. 【详解】由题设，，又， ∴，而， ∴，故. 故选：D 4. 2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国89岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动．在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论．若根据欧拉得出的结论，估计10000以内的素数个数为(素数即质数，，计算结果取整数) A. 1089 B. 1086 C. 434 D. 145 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知10000以内的素数的个数为，计算即可得到答案. 【详解】由题可知小于数字的素数个数大约可以表示为， 则10000以内的素数的个数为===2500， 故选B. 【点睛】本题考查对数运算性质的简单应用，考查学生的审题能力. 5. 设a，b为正数，若圆关于直线对称，则的最小值为（ ） A. 9 B. 8 C. 6 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆的圆心坐标，得到的关系，然后利用基本不等式求解不等式的最值即可． 【详解】解：圆，即，所以圆心为， 所以，即，因为、， 则， 当且仅当时，取等号． 故选：． 6. 如图所示，弧是以O为圆心，为半径的圆的一部分，满足，，是的中点，在弧上运动，则的最小值为（ ） A. 2 B. -2 C. D. -1 【答案】C 【解析】 【分析】直接应用向量数量积的定义和余弦函数的单调性即可得出答案. 【详解】由题意可知，，， 则， 因为点在弧上运动，所以， 而余弦函数在内单调递减， 所以当时，取得最小值. 故答案为：C. 7. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，，再结合两角和差的正弦公式，即可得到答案. 【详解】由可得 所以 所以 所以，即 故选：B 8. 设函数，有四个实数根，，，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分段函数解析式研究的性质，并画出函数图象草图，应用数形结合及题设条件可得、、，进而将目标式转化并令，构造，则只需研究在上的范围即可. 【详解】由分段函数知：时且递减；时且递增； 时，且递减；时，且递增； ∴的图象如下：有四个实数根，，，且， 由图知：时有四个实数根，且，又， 由对数函数的性质：，可得， ∴令，且， 由在上单增，可知， 所以 故选：A 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“”的必要不充分条件. B. 设，是两个非零向量，若，则和的夹角为钝角. C. 抛掷一枚正方体骰子一次，记事件A：“出现偶数点”，事件B：“出现3点或6点”.则事件A与事件B相互独立. D. 已知直线：，：，，若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的含义，向量夹角的概念、事件独立的概念以及直线垂直的性质对选项逐一判断. 【详解】对于选项A： 因为，所以，若为负数，则无意义， 所以无法推导出一定小于0； 因为，所以，即， 所以能推出，所以是的必要不充分条件，A正确； 对于选项B： 因为，所以，当时， 的夹角为，不是钝角，所以B错误； 对于选项C： 根据题意，， 所以，所以事件相互独立，所以C正确； 对于选项D： 因为直线与直线互相垂直，则不为， 所以，所以，所以D正确. 故选：ACD. 10. 如图，正方体的棱长为1，点是棱上的一个动点（包含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使面 B. 二面角的平面角大小为 C. 的最小值是 D. 到平面的距离最大值是 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，当与重合时可得结论，对于B，二面角就是二面角，从而可求出结果，对于C，如图沿棱展开面为面，利用两点之间线段最短判断，对于D，当与重合时，点到面的距离最大，从而可求得结果 【详解】对于A，当与重合时，，根据线面平行的判定，可得使面，故正确； 对于B，二面角就是二面角，其平面角大小为.故错； 对于C，如图沿棱展开面为面，使点，，，，，共面，则的最小值为，故正确； 对于D，当与重合时，垂直平面，此时点到面距离最大值为，故错. 故选：AC. 11. 函数的函数值表示不超过的最大整数，例如，．下列结论正确的有（ ） A. 函数与函数无公共点 B. 若，则 C. D. 所有满足的点组成区域的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出函数与函数的图像，即可判断；根据的取值范围，分别求出，的值，判断B；对的取值分类讨论，即可判断C；对的取值分类讨论，求出点组成区域的面积，判断D． 【详解】对于A：函数与函数的图象如图所示， 由图可得函数与函数无公共点，A正确； 对于B：若，则，则， ， 即，B正确； 对于C：当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， ，C错误； 对于D：当时，，此时组成区域的面积为1， 当时，，此时组成区域的面积为1， 当时，，此时组成区域的面积为1， 当时，，此时组成区域的面积为， 综上点组成区域的面积为，D正确． 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题主要考查命题真假的判断、函数的新定义，解题的关键是理解新符号的含义，考查学生数形结合的能力和作图能力，属于难题． 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，．边上的中线，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】，中，分别用余弦定理表示，，再利用解边长，再根据余弦定理求角，最后根据三角形面积公式求解. 【详解】设， 中，， 中， ，, ，解得：，， 中，, , . 故答案为： 【点睛】本题考查解三角形，重点考查数形结合分析问题，计算能力，属于基础题型. 13. 已知在圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上､下底面及母线均相切.过直线的平面截圆柱得到四边形，其面积为8.若P为圆柱底面圆弧的中点，则平面与球O的交线长为___________. 【答案】 【解析】 【分析】 先根据球与圆柱的上､下底面及母线均相切，可得四边形为正方形，由，求出球的半径 r;由题意分析出平面与球O的交线为一个圆，利用垂径定理，计算出圆的半径，求出周长即可. 【详解】 设球的半径为r，则，而，∴ . 作于H, ∵⊥底面,∴⊥ AB ∵P为圆柱底面圆弧的中点，∴AP=BP 又为AB中点，∴⊥AB 又,∴ ∴， 又且,∴ ∵，， ∴ ∴ ∴ 平面与球O的交线为一个圆，其半径 圆周长为. 故答案为： 【点睛】（1）多面体的外接球（内切球）问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有： ①公式法；②多面体几何性质法；③补形法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法； （2）一个平面与球相交，所得的截面为一个圆. 14. 对于函数，时，，则函数的图象关于点成中心对称.探究函数图象的对称中心，并利用它求的值为________. 【答案】2024 【解析】 【分析】先求出的值，然后将所求式子进行巧妙相加，即可得到结果. 【详解】因， 令， 则， 两式相加得：，解得， 所以的值为2024. 故答案为：2024. 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、证明过程及验算步骤. 15. 某市的教育主管部门对所管辖的学校进行年终督导评估，为了解某学校师生对学校教学管理的满意度﹐分别从教师和不同年级的同学中随机抽取若干师生﹐进行评分(满分分)，绘制如下频率分布直方图(分组区间为，，，，，)，并将分数从低到高分为四个等级： 满意度评分 满意度等级 不满意 基本满意 满意 非常满意 已知满意度等级为基本满意的有人． （1）求表中的值及不满意的人数﹔ （2）记表示事件“满意度评分不低于分”，估计的概率﹔ （3）若师生的满意指数不低于，则该校可获评“教学管理先进单位”．根据你所学的统计知识﹐判断该校是否能获评“教学管理先进单位”?并说明理由．(注：满意指数) 【答案】（1）；； （2）； （3）可获得，理由如下： 师生的满意指数为： ， 因为 所以该校可获得“教学管理先进单位”的称号． 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图可得，设不满意的人数为再由比例可得 ，即可得解； （2） “满意度评分不低于分”的频率为：，即可得解； （3）带入师生的满意指数为：，即可得解. 【详解】（1）由频率分布直方图可知： ， 设不满意的人数为 则， 解得 故不满意的人数为． （2） “满意度评分不低于分”的频率为： ， 因此，事件的概率估计值为． （3）略 16. 如图，五面体中，四边形是正方形． （1）求证：； （2）若平面平面，，，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1） 因四边形是正方形，则， 又平面，平面，则平面， 又平面平面，则，故. （2） 【解析】 【分析】（1）先利用线面平行的判定定理证明平面，再利用线面平行的性质定理证明，最后利用平行性的传递性即可； （2）利用面面垂直的性质定理证明平面，然后建系，求出平面的法向量，再计算，从而得出线面角的正弦值，计算其夹角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因平面平面，，平面平面， 则平面，又平面，平面， 则，， 因，，则，则， 则以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为， 又因其夹角取值范围为，故直线与平面所成角为. 17. 已知函数为奇函数，且图像相邻的对称轴之间的距离为 （1）求函数的解析式及其减区间； （2）在中，角A、B、C对应的边为a、b、c，且，，求的周长的取值范围． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由二倍角公式，两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由对称轴间距离求得周期得，由奇函数性质得，从而得解析式，然后利用正弦函数的单调性得减区间； （2）由（1）求得角，利用正弦定理把表示为的函数，再由三角恒等变换得取值范围，也即得周长范围． 【小问1详解】 ， 由函数相邻的对称轴之间的距离为，得， ∴， 又∵为奇函数，∴，即， 得，即，而，故， 令，得， ∴的减区间为； 【小问2详解】 由（1）可知，得，即， ∵，∴，∴，即， ∵，∴ ∴ ， 而，故；∵，故； ∴，即的周长的取值范围为. 18. 已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且截直线所得的弦长为4. （1）求圆的方程； （2）设点在圆上运动，点，M为线段AB上一点且满足，记点的轨迹为曲线. ①求曲线的方程，并说明曲线的形状； ②在直线上是否存在异于原点的定点，使得对于上任意一点，为定值，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）①，曲线是为圆心，为半径的圆. ②不存在，理由如下： 设且，， ∴要使为定值，即为定值即可，则， ∴， 又，则， ∴， ∴，可得，又异于原点， ∴不存在，使上任意一点有为定值. 【解析】 【分析】（1）令且，结合题设得圆为，联立直线结合韦达定理及弦长公式列方程求参数m，进而写出圆的方程； （2）①设，，应用坐标表示，，再根据列方程组分别用表示、用表示，最后由点在圆上代入化简即可确定的方程，并说明曲线的形状即可.②设且，，不妨假设为定值，根据两点距离公式、在上化简并整理可得，则多项式方程中的系数及常数项均为0求参数，即可判断存在性. 【小问1详解】 令且，易知圆的半径为， ∴圆的方程为，联立，整理可得， 若与圆交点横坐标分别为、，则，， ∴，解得，又，即， ∴圆的方程为. 【小问2详解】 ①设，，则，， 而， ∴，则， 又在圆上， ∴曲线的方程为， 故曲线是为圆心，为半径的圆. ②略 【点睛】关键点点睛：第二问，利用两个动点的数量关系，将一个未知曲线上的动点坐标表示已知圆上的动点坐标，根据点在圆上代入方程整理得曲线的方程即可；设动点，根据比值为定值列方程并整理为含所设参数的整式方程形式，要使比值不受动点的影响只需保证相关项的系数为0，列方程组求参数判断存在性. 19. 设a是大于1的常数，，已知函数是奇函数． （1）求实数m的值； （2）若对任意的实数，不等式均成立，求实数k的取值范围； （3）证明：关于x的方程有且仅有一个实数解；设此实数解为，试比较与的大小． 【答案】（1） （2） （3） 设，， 当时，，所以在区间上无实数根， 当时，单调递减，又，， 所以存在，使得，即存在唯一的实数根， 所以方程有且仅有一个实数解. 由，所以， 又，则， 所以， 即. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，即可求出实数的值，并检验； （2）由函数的奇偶性化简抽象不等式，利用单调性转化为不等式，对任意的实数恒成立，即可得出答案. （3）设，得到唯一的实数根，使得，即得，所以，再结合，即，从而得解. 【小问1详解】 因为是奇函数，所以， 则，解得，此时， ，，合题意， . 【小问2详解】 对任意的实数，不等式均成立， 则，因为函数是奇函数， 所以， 又，，所以是R上的增函数， 所以，对任意的实数恒成立， 即，对任意的实数恒成立， 令，则， 解得，即实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问解决的关键是设，利用零点存在性定理结合单调性证明存在唯一的实数根，得到，再结合，求解判断. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $