精品解析：陕西省安康市2024-2025学年高一下学期7月期末联考数学试题

安康市2024-2025学年第二学期高一期末联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、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. 已知集合，，则集合中的元素之积为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】解对数不等式得到，故，求出答案. 【详解】由题意可得，故，其元素之积为2 故选：C. 2. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. 2026 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求，再求即可. 【详解】由题意可得， 故. 故选：A. 3. 设，是两个不共线的非零向量，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据平面向量基本定理求解. 【详解】设， 又，，是两个不共线的非零向量， 所以，解得. 故选：B. 4. 工厂组织全体员工就作业能力进行测试，全体员工得分均在内．将其分成，，，，，共六组，数据绘制成如图所示的频率分布直方图，则全体员工得分的第30百分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由频率分布直方图中所有小长方形的面积和为1求出，再由百分位的概念求出答案. 【详解】由频率分布直方图，，解得， 因为，， 所以第30百分位数落在区间内， 所以第30百分位数为. 故选：C. 5. 如图，在等腰梯形ABCD中，，E是边AB上的一点，且．以A为坐标原点，AB为x轴，垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系.用斜二测画法画出梯形ABCD的直观图，且E在直观图对应的点为，则下列说法中错误的是（ ） A. B. 轴 C D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则即可结合选项逐一求解. 【详解】在斜二测画法中，与轴重合或平行的线段长度不变，所以，故A正确； 与轴平行的线段依然与轴平行，长度为原来的，故B，C正确； 在等腰梯形中，，又因为轴，所以位于右上方，又因为，所以，故D错误． 故选:D． 6. 下侧图象对应的函数解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的对称性，再结合特殊值逐一判断即可. 【详解】因为所给图象关于原点成中心对称，所以函数应该是奇函数， A：令，函数的定义域为非零实数集， 因为，所以该函数为偶函数，不符合图象； C：令，函数的定义域为非零实数集， 因为，所以该函数为偶函数，不符合图象； D：设函数，函数的定义域为非零实数集， 因为 所以该函数是奇函数， 则，即，越大，横坐标越接近坐标原点，纵坐标越大并趋于正无穷，但图中在横坐标接近坐标原点时没有趋于正无穷的趋势，所以本选项错误 B：令，函数的定义域为非零实数集， 因为， 所以该函数是奇函数，当自变量趋于正无穷时，趋于，趋于， 所以该函数的函数值趋于正无穷，故本选项正确； .故选：B 7. 高为3的直四棱柱中，底面四边形为边长为2的正方形，且，则异面直线与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，得到线线平行，（或其补角）为异面直线与所成的角，求出三边长，利用余弦定理进行求解. 【详解】如图所示， 取的中点，连接，，， 因为，所以为的中点，易得， 所以（或其补角）为异面直线与所成的角， 因为，，所以，， 所以在中，由余弦定理得 . 故选：B 8. 已知锐角，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先得到，，利用同角三角函数关系得到，根据，得到，于是求出，，利用凑角法，代入求值即可. 【详解】由，均为锐角可知，而， 故，于是， 因为，，均为锐角，所以，，， 故由可知， 于是，. 于是 . 故选：C. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图是某公司2020年和2024年支出的比例分配图，其中这两年用于文体活动的支出费用相等，则（ ） A. 2024年总支出比2020年增长 B. 用于宣发的支出2024年比2020年多 C. 用于水电的支出2024年与2020年相等 D. 用于工资的支出2024年比2020年增长 【答案】ACD 【解析】 【分析】设用于文体活动的支出费用均为，故2020的总支出为，2024的总支出为，各选项逐项分析计算比较即可. 【详解】因为这两年用于文体活动的支出费用相等，设用于文体活动的支出费用均为， 故2020的总支出为，2024的总支出为， 所以2024年总支出比2020年增长，故A正确； 用于宣发的支出2024年为，2020年为， 故用于宣发的支出2024年比2020年少，故B错误； 用于水电的支出2024年为，2020年为， 故用于水电的支出2024年与2020年相等，故C正确； 2024年，2020年为， 所以用于工资的支出2024年比2020年增长，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知复数，，则（ ） A. B. 的最小值为1 C. 当时，的实部大于0 D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】由条件求出，计算可判断A；根据模的公式可得的表达式，利用二次函数的性质可得最小值，即可判断B；计算可判断C；计算可判断D. 【详解】因为，所以，故， 所以，故A正确； ，所以， 当时，取最小值1，故B正确； ， 故当时，的实部小于0，故C错误； 当时，，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数的图象关于点中心对称，直线与曲线在上有且仅有2个交点，则（ ） A. B. C. 曲线在区间上有5个对称中心 D. 在区间上有5个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A选项，由条件可知，；对于B选项，易知及方程在区间上有且仅有2个实数解，可解得；对于C选项，求出对称中心横坐标即可判断；对于D选项，由求得即可判断. 【详解】对于A选项，由曲线关于点中心对称可知，，故A正确. 对于B选项，易知，，于是. 而由可得， 于是或，即或，. 而方程在区间上有且仅有2个实数解. 其正实数解从小到大可写为，，，…. 故由题意可知，解得. 由可解得，故B错误. 对于C选项，，其对称中心横坐标满足， ，，， 其在区间的横坐标可以为，，，，， 于是曲线在区间上有5个对称中心，故C正确； 对于D选项，由可得到， 即或， 得到或，. 故在区间上的零点为，，，，共4个，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 现从1，2，3，5这4个数中随机选取两个数，则这两个数均大于1的概率为________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用古典概型概率公式求解. 【详解】从1，2，3，5中随机选取四个数共有，，，，，共6种可能， 其中这两个数均大于1的有，，共3种可能， 故所求概率为. 故答案为：. 13. 已知圆柱与圆锥的高之比为，的底面半径与的底面半径之比为，若圆锥的体积为1，则圆柱的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】依次写出圆柱和圆锥的体积，进而由题设得两体积之比为常数，从而求出圆柱的体积. 【详解】记的高为，底面半径为，则体积. 记的高为，底面半径为，则体积， 所以，所以即圆柱的体积为. 故答案为：. 14. 已知，，若，则的最小值为________. 【答案】9 【解析】 【分析】由条件整理得，根据基本不等式得，从而有，解一元二次不等式即可得出的最小值. 【详解】因，，则， ， 两边同乘得， 整理得， 又，，从而， 则， 当且仅当且，即时等号成立， 则有， 即，即， 又，解得，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为9. 故答案为：9. 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. 已知平面向量，. （1）若，求； （2）若，求在方向上的投影向量的坐标； （3）若，的夹角为锐角，求的取值范围. 【答案】（1）7 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求的坐标，再利用数量积的坐标表示求解； （2）根据投影向量的公式求解； （3）由已知条件可知，且，不共线，列出不等式求解即可. 【小问1详解】 若，则，又，故， 所以. 【小问2详解】 若，，又， 则，， 则在方向上的投影向量为. 【小问3详解】 若，的夹角为锐角，则，且，不共线， 由，所以，解得， 由，不共线，所以，解得， 综上，的取值范围为. 16. 已知函数满足，. （1）求，的值； （2）判断的奇偶性； （3）求不等式的解集. 【答案】（1）， （2）为偶函数. （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件代入数值计算，即可得答案； （2）根据偶函数的定义即可判断结论； （3）判断函数的单调性，结合偶函数性质可得不等式，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意得， 将代入，得到，解得. 【小问2详解】 由（1）可得， 其定义域为，关于原点对称， 且， 故为偶函数. 【小问3详解】 当时，在上单调递增， 由复合函数单调性可知在上单调递减，且为偶函数， 故等价于， 两边平方可得，即， 解得. 17. 在中，角的对边分别为． （1）求的大小； （2）若，且边上的中线长为，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解； （2）取的中点，连接，在和中，分别利用余弦定理表示，结合化简求出，再利用三角形的面积公式即可得解. 【小问1详解】 ， 由余弦定理得， 化简得． ； 【小问2详解】 由（1）可得①， 又②， 取的中点，连接， 在中，③， 由②③得④， 由①④得，解得或（舍去）， ， . 18. 某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三个人通过初赛，进入决赛.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为. （1）决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设，且每局比赛相互独立. （1）求从第一局开始乙连胜两局获得最终胜利的概率； （ii）求比赛结束时乙获胜的概率； （2）若，且依旧采用轮空的比赛规则，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设乙第一局出场，且乙获得了指定首次比赛对手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略. 【答案】（1）（1）0.24；（ii）0.336 （2）乙的最优指定策略是指定第一局的对手为甲. 【解析】 【分析】（1）（i）计算第一局乙获胜的概率和第二局乙获胜的概率，相乘即可得结果.（ii）考虑比赛结束时乙获胜的所有情况，由独立事件的乘法公式计算出概率，再由互斥事件概率的加法公式即可得结果. （2）计算第一局乙对丙最终乙获胜的概率和第一局乙对甲最终乙获胜的概率，结合条件作差比较大小即可得到结果. 【小问1详解】 （i）. （ii） 【小问2详解】 设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”， 第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜； 第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜； 第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜， 故； 同理可得； ， 由于，故，所以， 故乙的最优指定策略是指定第一局的对手为甲. 19. 如图，四棱锥中，平面平面，是棱的中点，，. （1）求四棱锥的体积； （2）证明：棱上存在一点，使得平面平面； （3）求平面与平面所成锐二面角的正切值. 【答案】（1）3 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，所以平面，则即为四棱锥的高，利用棱锥的体积公式计算即可； （2）取中点，又是棱的中点，所以，从而平面，又四边形为平行四边形，所以，所以平面，可证得平面平面，符合题意； （3）由（2）知，平面平面，所以平面与平面所成的锐二面角等价于平面与平面所成锐二面角．取，中点分别为，，可证得平面，平面，所以，，故为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为，所以，且， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则即为四棱锥的高， 由题意为等腰梯形，， 过分别作，垂足分别，如图， 则，，从而， 梯形的面积为， 故四棱锥的体积； 【小问2详解】 取中点， 因为是棱的中点，所以是的中位线，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，，平面，所以平面平面， 所以棱上存在一点（为的中点），使得平面平面； 【小问3详解】 等腰梯形中，，，， 则，得，从而， 中，， 由余弦定理得， 中，， 由余弦定理得， 连接，如图， 因为平面，平面，所以， 所以，， 在中，由余弦定理得， 因为是的中点，所以， 所以 ， 所以； 由（2）知，平面平面， 所以平面与平面所成的锐二面角等价于平面与平面所成锐二面角， 取，中点分别为，， 因为平面平面，所以平面平面， 因为，所以，， 又因为平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，，， 则，故， 又因为，分别为，中点，则，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 故为平面与平面所成二面角的平面角， ，，则， 故平面与平面所成锐二面角的正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 安康市2024-2025学年第二学期高一期末联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则集合中的元素之积为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. 2026 D. 3. 设，是两个不共线的非零向量，且，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 工厂组织全体员工就作业能力进行测试，全体员工得分均在内．将其分成，，，，，共六组，数据绘制成如图所示频率分布直方图，则全体员工得分的第30百分位数为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在等腰梯形ABCD中，，E是边AB上一点，且．以A为坐标原点，AB为x轴，垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系.用斜二测画法画出梯形ABCD的直观图，且E在直观图对应的点为，则下列说法中错误的是（ ） A. B. 轴 C. D. 6. 下侧图象对应函数解析式可能是（ ） A. B. C. D. 7. 高为3的直四棱柱中，底面四边形为边长为2的正方形，且，则异面直线与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知锐角，满足，，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图是某公司2020年和2024年支出的比例分配图，其中这两年用于文体活动的支出费用相等，则（ ） A. 2024年总支出比2020年增长 B. 用于宣发的支出2024年比2020年多 C. 用于水电的支出2024年与2020年相等 D. 用于工资的支出2024年比2020年增长 10. 已知复数，，则（ ） A. B. 的最小值为1 C. 当时，的实部大于0 D. 当时， 11. 已知函数图象关于点中心对称，直线与曲线在上有且仅有2个交点，则（ ） A. B. C. 曲线在区间上有5个对称中心 D. 在区间上有5个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 现从1，2，3，5这4个数中随机选取两个数，则这两个数均大于1的概率为________. 13. 已知圆柱与圆锥的高之比为，的底面半径与的底面半径之比为，若圆锥的体积为1，则圆柱的体积为________. 14. 已知，，若，则的最小值为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量，. （1）若，求； （2）若，求在方向上的投影向量的坐标； （3）若，的夹角为锐角，求的取值范围. 16 已知函数满足，. （1）求，的值； （2）判断的奇偶性； （3）求不等式的解集. 17. 在中，角的对边分别为． （1）求的大小； （2）若，且边上的中线长为，求的面积． 18. 某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三个人通过初赛，进入决赛.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为. （1）决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设，且每局比赛相互独立. （1）求从第一局开始乙连胜两局获得最终胜利的概率； （ii）求比赛结束时乙获胜的概率； （2）若，且依旧采用轮空的比赛规则，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设乙第一局出场，且乙获得了指定首次比赛对手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略. 19. 如图，四棱锥中，平面平面，是棱的中点，，. （1）求四棱锥的体积； （2）证明：棱上存在一点，使得平面平面； （3）求平面与平面所成锐二面角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$