精品解析：湖南省长沙市明德中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

明德中学2025年上学期期末考试 高一年级数学试卷 2025年7月 时量：120分钟 满分：150分 命题：高一数学备课组 审定：高一数学备课组 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，只有一项符合题目要求． 1. 复数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】复数的运算，分子分母同乘分母的共轭. 【详解】. 故选：C. 2. 下列命题是假命题的为（ ） A. 若，则 B. 若且，则 C. 若且则； D. 若， 则 【答案】D 【解析】 【分析】利用不等式的性质和作差法来进行不等式变形即可得到判断，对于不成立的不等式可通过举反例来判断. 【详解】对于A；由，可知，所以，故A正确； 对于B；由可得：，因为，所以，故B正确； 对于C；由可得：，又因为所以，故C正确； 对于D；取，则故D错误； 故选：D. 3. 已知为锐角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系式及二倍角公式化简可得解. 【详解】因为为锐角，即，则， 又，则，且， 所以． 故选：C． 4. 已知函数，则在上的零点有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 无数个 【答案】B 【解析】 【详解】求函数在上的零点个数，即求函数的图象与函数的图象在上的交点的个数．如图所示，显然函数的图象与函数的图象在上的交点的个数为3． 5. 若将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】首先化简函数的解析式，再利用平移规律求函数的解析式，最后代入求值. 【详解】， 将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象， 所以. 故选：C 6. 甲、乙、丙三人参加“校史知识竞答”比赛，若甲、乙、丙三人荣获一等奖的概率分别为，，，且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中仅有两人获得一等奖的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件的概率公式结合独立事件概率公式计算求解. 【详解】记甲、乙、丙获得一等奖分别为事件，，，则，，， 则，，， 则这三人中仅有两人获得一等奖的概率为 . 故选:C. 7. 在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，则点B到直线的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】先求出的三边长，利用余弦定理求出，即得，再由三角形面积相等即可求得答案. 【详解】 如图，因P为棱的中点，则， 由余弦定理，， 则， 设点B到直线的距离为，则， 解得. 故选：A. 8. 一个正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球与该正四棱台的各面均相切，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出正四棱台的过切点与上下底面中心的截面，则这个等腰梯形的内切圆就是内切球的截面圆中最大的圆，设球的半径为，在直角中，得到，结合圆的切线长定理，列出方程，求得球的半径，利用球的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，作出正四棱台的过切点与上下底面中心的截面，，可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的截面圆中最大的圆， 因为正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2， 且球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，所以， 设球的半径为，在直角中，可得， 又由切线长定理可得，所以， 故球的体积为． 故选：B. 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. 某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件 B. 甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为3，则抽取的丙个体数为9 C. 数据，，，，，，，的分位数是8 D. 数据，，，…，的方差为，则数据，，，…，的方差为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用互斥事件的定义判断A；利用分层抽样列式求解判断B；求出分位数判断C；利用方差的性质计算判断D. 【详解】对于A，由 “掷出5”与“掷出6”不可能同时发生，得它们为互斥事件，A正确； 对于B，设抽取的丙个体数为，由，解得，B正确； 对于C，数据,,,,,,,从小到大排列为：,,,,,,,， 由，得该组数据的分位数是，C错误； 对于D，数据,,,…,的方差为，则数据,,,…,的方差为，D正确. 故选：ABD 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若对空间中任意一点，有，则、、、四点共面 B. 已知两个向量，，且，则 C. 若，且，，则 D. ，，则在上的投影向量为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用空间中四点共面的推论可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用空间向量垂直的坐标表示可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，若、、、四点共面，则存在、，使得， 即， 所以，，且， 因为对空间中任意一点，有，且， 故、、、四点不共面，A错； 对于B选项，已知两个向量，，且， 设，即，则，解得，故，B对； 对于C选项，若，且，，则，C对； 对于D选项，若，，则在上的投影向量为 ，D错. 故选：BC. 11. 如图，矩形中，为的中点，将沿翻折成，得到四棱锥，点在线段上，则（ ） A. B. 存在，使平面 C. 不存在，使平面 D. 当四棱锥的体积最大时，点到平面的距离是 【答案】BCD 【解析】 【分析】取中点，假设，利用线面垂直的判定定理证得平面，则，推出矛盾，可判断A ；取中点，利用线面平行的判定定理求证平面和平面，再利用面面平行的判定定理求证平面平面，即可判断B；假设存在点，使得平面成立，则利用线面垂直的判定定理求证平面，则，推出矛盾，即可判断C；当平面平面时，四棱锥的高最长为，再利用等体积法即可判断D. 【详解】 对于A，假设，如图取中点，连接， 因为，则，又平面， 则平面，因为平面，则， 在中，又，显然不成立， 所以不可能有，故A错误； 对于B，如图，存在为中点时，取中点，连接， 因为为的中点，所以，又平面平面， 所以平面，又，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面，故B正确； 对于C，假设存在点，使得平面成立，因为平面，所以， 又因为且平面，所以平面， 又因为平面，那么，又因为，则直角边大于斜边， 显然矛盾，所以不存在，使平面，故C正确； 对于D，因为 是腰为1的等腰直角三角形，则到的距离是， 当平面平面时，因，平面，平面平面， 故平面，此时四棱锥体积最大. 因，由余弦定理，， 解得，所以，又， 所以，， 设点到平面的距离，则由可得， 则，故D正确． 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是的必要不充分条件，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据必要不充分条件列式求出参数范围. 【详解】因为是的必要不充分条件， 所以是的真子集，所以， 故答案为：. 13. 连续抛掷一颗质地均匀的正方体骰子两次（正方体六个面上的点数分别为），记录抛掷结果向上的点数.设事件：第一次点数为1，事件：两次点数之和为，若事件与事件互斥，则的最小值为__________；若事件与事件相互独立，则的值为__________. 【答案】 ①. 8 ②. 7 【解析】 【分析】根据互斥事件和独立事件的概念可解. 【详解】因为事件与事件互斥，所以它们不能同时发生， 所以两次点数之和为至少为8，才能保证第一次点数不为1， 所以的最小值为8； 因为事件与事件相互独立，所以， 当时，第一次点数不可能为1，此时， 当时，，又，所以， 又时，对应概率分别为， 所以的值为7. 故答案为：8，7. 14. 已知函数，若，则的最大值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】应用为增函数，化简，再分异号和同号或中有一个为0，结合基本不等式计算求解. 【详解】因为为增函数，不妨设， 则，即， 变形得. 若异号，则， 即， 解得，当且仅当时，等号成立. 若同号或中有一个为0，则，解得. 综上，的最大值为2. 故答案为：2. 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. 已知在中，角、、所对的边分别为、、，若，,，且． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和正弦定理求得，再由平方关系和商数关系即可求得的值； （2）由余弦定理即可求解． 【小问1详解】 因为， 则由正弦定理得， 所以， 所以， 故． 【小问2详解】 由余弦定理得， 所以， 解得或， 又因为，所以． 16. 是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生的使用情况，统计了该校学生在某日使用的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计该校学生当日使用的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若使用时间不小于2小时的用户称为“资深用户”，其中使用时间在内的用户称为“青铜用户”，使用时间在内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解对学习的辅助效果，该校新闻中心采用分层抽样的方法在“资深用户”中抽取了6名学生进行问卷调查，并从这6名学生中随机选择2名学生进行访谈，求这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率. 【答案】（1），平均值为1.73； （2）. 【解析】 【分析】（1）由频率和为1求参数值，根据频率直方图中平均数的求法求平均数即可； （2）应用分层抽样性质确定不同用户的人数，再由列举法求古典概型的概率即可. 【小问1详解】 因为，所以. 平均值：. 【小问2详解】 抽取的6名学生中，“青铜用户”选4名，记为，“铂金用户”选2名，记为， 样本空间， 设事件“这2名学生中恰好有一名是“青铜用户””，则. 因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型. 所以. 17. 如图，直角梯形中，，，，，，点为线段不在端点上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． （1）若，求的长； （2）求异面直线与所成角余弦值的最小值． 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）由翻折后的位置关系和可得平面，进而得，进而可得； （2）先在平面中找到，进而转化为求余弦的最小值，先利用求其正切的最大值，进而可得. 【小问1详解】 连接，平面平面，交线为， 由，有平面，又平面，所以, 当，，所以平面， 又平面，所以， 此时与相似，故， 设，由，解得，所以. 【小问2详解】 过作的平行线交于点，连接， 由，且， 得四边形是平行四边形，故， 所以即为异面直线与所成的角， 设， ， 所以锐角正切值的最大值为，此时余弦值有最小值， 所以异面直线与所成角余弦值的最小值为. 18. 已知，其中为奇函数，为偶函数． （1）求的解析式并指出的单调性（无需证明）； （2）若对于任意的实数，都有成立，求实数的取值范围； （3）若对于任意的实数，总存在实数，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1），在上单调递增 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用函数的奇偶性，构成方程组即可求解； （2）由已知，对于任意的实数，成立，即，即转化为求函数最小值，即可求得实数的取值范围； （3）由（1）知，，可得，由存在，，即可求得实数的取值范围． 【小问1详解】 因为①，为奇函数，为偶函数， 则，即②， 联立①②，得，， 因为函数、在上均为增函数，故函数在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）得单调递增， 因为，所以， 整理得对于任意的成立，则， 令，则， 当且仅当时，即时取等号，所以. 【小问3详解】 由（1）知，，， 则 ， 令，则， 则原题目转化为存在，使得成立， 当，成立，当时，， 综上，. 19. 如图，三棱锥的体积为，二面角为锐角，为的中点，平面平面，. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若分别是直线上一点，且平面，记平面平面，与所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1） 如图，过点作于点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为，为的中点，所以， 又因为，平面， 所以平面； （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）过点作于点，利用面面垂直的性质定理得平面，利用线面垂直的性质定理得，结合等腰三角形的性质利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）根据定义知为二面角的平面角，利用三棱锥的体积求得，在中，求解正弦值即可. （3）利用线面平行的性质定理得，则与所成的角即与所成的角，当点在线段上时，利用诱导公式及两角和的正弦公式得，由正弦定理得，求得；当点在线段的延长线上时，利用两角差的正弦公式得，由正弦定理得，求得，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 又因为，所以为二面角的平面角， 由三棱锥的体积， 解得，在中，， 所以二面角的正弦值为； 【小问3详解】 因为平面，平面，平面平面， 所以，故与所成的角即与所成的角，易知， ，， 因为，所以， 若，由可得，所以不合题意， 则，则． ①当点在线段上时，如图所示， 因为， 所以 ， 在中，由正弦定理得， 解得，所以； ②当点在线段的延长线上时，如图所示 则， 在中，由正弦定理得， 解得，所以. 综上，或 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 明德中学2025年上学期期末考试 高一年级数学试卷 2025年7月 时量：120分钟 满分：150分 命题：高一数学备课组 审定：高一数学备课组 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，只有一项符合题目要求． 1. 复数（ ） A. B. C. D. 2. 下列命题是假命题的为（ ） A. 若，则 B. 若且，则 C. 若且则； D. 若， 则 3. 已知为锐角，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则在上的零点有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 无数个 5. 若将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 甲、乙、丙三人参加“校史知识竞答”比赛，若甲、乙、丙三人荣获一等奖的概率分别为，，，且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中仅有两人获得一等奖的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，则点B到直线的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 1 8. 一个正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球与该正四棱台的各面均相切，则该球的体积为（ ） 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. 某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件 B. 甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为3，则抽取的丙个体数为9 C. 数据，，，，，，，的分位数是8 D. 数据，，，…，的方差为，则数据，，，…，的方差为 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若对空间中任意一点，有，则、、、四点共面 B. 已知两个向量，，且，则 C. 若，且，，则 D. ，，则在上的投影向量为 11. 如图，矩形中，为的中点，将沿翻折成，得到四棱锥，点在线段上，则（ ） A. B. 存在，使平面 C. 不存在，使平面 D. 当四棱锥的体积最大时，点到平面的距离是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是的必要不充分条件，则实数a的取值范围是______． 13. 连续抛掷一颗质地均匀的正方体骰子两次（正方体六个面上的点数分别为），记录抛掷结果向上的点数.设事件：第一次点数为1，事件：两次点数之和为，若事件与事件互斥，则的最小值为__________；若事件与事件相互独立，则的值为__________. 14. 已知函数，若，则的最大值为__________. 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. 已知在中，角、、所对的边分别为、、，若，,，且． （1）求的值； （2）求的值． 16. 是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生的使用情况，统计了该校学生在某日使用的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计该校学生当日使用的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若使用时间不小于2小时的用户称为“资深用户”，其中使用时间在内的用户称为“青铜用户”，使用时间在内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解对学习的辅助效果，该校新闻中心采用分层抽样的方法在“资深用户”中抽取了6名学生进行问卷调查，并从这6名学生中随机选择2名学生进行访谈，求这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率. 17. 如图，直角梯形中，，，，，，点为线段不在端点上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． （1）若，求的长； （2）求异面直线与所成角余弦值的最小值． 18. 已知，其中为奇函数，为偶函数． （1）求的解析式并指出的单调性（无需证明）； （2）若对于任意的实数，都有成立，求实数的取值范围； （3）若对于任意的实数，总存在实数，使得成立，求实数的取值范围． 19. 如图，三棱锥的体积为，二面角为锐角，为的中点，平面平面，. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若分别是直线上一点，且平面，记平面平面，与所成角的正弦值为，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $