精品解析：云南省保山市2024-2025学年高一下学期7月期末质量监测数学试题

2025年春季学期期末质量监测 高一年级数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页．考试结束后，请将答题卡交回．满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚． 2．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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 在复平面内，若复数对应的点为，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 一个盒子中装有6个除颜色外都相同的小球，其中3个白球，2个红球，1个黑球．若从中任取2个球，那么至少取到1个红球的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数是定义在上的奇函数，满足，且，则（ ） A. B. C. 0 D. 2025 7. 如图，在边长为2的正方形中，，分别是，的中点，若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为，则四面体的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 8. 当时，函数取得最小值，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第1枚正面朝上”，事件“至少有一枚反面朝上”，事件“两枚都正面朝上”，事件“两枚硬币朝上的面相同”，则（ ） A. 事件与事件独立 B. 事件与事件对立 C. 事件与事件互斥 D. 事件与事件独立 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的单调递减区间为， C. 当时，的最小值为 D. 的图象关于点中心对称 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，点为底面上任意一点（包括边界），若直线与平面无公共点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 动点的轨迹长度为 C. 与所成角的最大值为 D. 三棱锥的体积为定值 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：______． 13. 已知角的终边落在上，则______． 14. 已知函数，则不等式的解集为______． 四、解答题（本大题共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. 如图，在中，点是的中点，，设，． （1）用，表示，； （2）若，，，求． 16. 某校高一年级学生参加了“同心筑梦，爱我中华”知识竞赛，学生知识竞赛成绩均在内（单位：分），现从这些学生的成绩中随机抽取了100名学生的成绩，按照，…，分成4组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计全体参赛学生的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （2）规定成绩较高的前20%的学生获奖，请根据频率分布直方图估计获奖学生的最低分数线（保留到整数）； （3）现从样本成绩在与两个分数段内，按分层抽样选取6人，求从这6人中随机选取2人，且2人的成绩之差的绝对值大于20的概率． 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，，分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角． 18. 记的内角，，的对边分别是，，，的面积为，已知． （1）求角； （2）设为边上一点，平分，证明：； （3）设的中点为，求的最大值． 19. 已知函数，，若存在，使得，则称为函数的不动点；已知函数，．若存在，使得，则称为函数的稳定点． （1）证明：函数不动点一定是函数的稳定点． （2）已知函数， （ⅰ）当时，求函数的不动点和稳定点; （ⅱ）若函数在区间上存在2个不动点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年春季学期期末质量监测 高一年级数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页．考试结束后，请将答题卡交回．满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚． 2．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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 在复平面内，若复数对应的点为，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的几何意义写出复数，即得其虚部. 【详解】由题意得，故复数z的虚部为. 故选：A． 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，再由集合的包含关系判断可得. 【详解】由，可得，，， 又，所以，即或， 由，可得，， 所以，当且仅当时等号成立， 所以是的必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】两边平方展开后化简得到关于的方程，解方程即可. 【详解】由两边平方得，，所以． ， 故选：C． 4. 一个盒子中装有6个除颜色外都相同的小球，其中3个白球，2个红球，1个黑球．若从中任取2个球，那么至少取到1个红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】用，，表示3个白球，用，表示2个红球，用c表示黑球，列举法求解古典概型的概率. 【详解】用，，表示3个白球，用，表示2个红球，用c表示黑球， 则该试验的样本空间可表示为 ，共有15个样本点． 其中至少取到1个红球包含9个样本点，分别为 ， 故所求概率为， 故选：D． 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数值域及指对数运算比较大小. 【详解】，；，； 又，所以，， 故选:A． 6. 已知函数是定义在上的奇函数，满足，且，则（ ） A. B. C. 0 D. 2025 【答案】B 【解析】 【分析】得周期4，求出，，，的值， 化简要求的式子得到答案. 【详解】由，得， 函数的周期为4．又函数是定义在上的奇函数，且， ，，， ， 故选：B． 7. 如图，在边长为2的正方形中，，分别是，的中点，若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为，则四面体的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据折叠前后的关系可得，，，从而可得，求出的值，再根据球的体积公式求解即可. 【详解】解：因为折前，，， 所以折后，，， 如图所示： 则四面体的外接球半径， 从而四面体的外接球体积. 故选：D． 8. 当时，函数取得最小值，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，利用辅助角公式，结合三角恒等变换，化简得到，由得到和的关系，从而得解 【详解】 其中，，， 依题意得，，， ，，，， ， 故选：C． 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第1枚正面朝上”，事件“至少有一枚反面朝上”，事件“两枚都正面朝上”，事件“两枚硬币朝上的面相同”，则（ ） A. 事件与事件独立 B. 事件与事件对立 C. 事件与事件互斥 D. 事件与事件独立 【答案】BD 【解析】 【分析】根据独立事件，对立事件，互斥事件事件定义及概率关系即可判断各个选项. 【详解】样本空间，事件， 事件，，， ，，，， ，． 对于A，因为，所以事件与事件不独立，故选项A不正确； 对于B，因为，且，所以事件与事件对立，故选项B正确； 对于C，因为，所以事件与事件不互斥，故选项C不正确； 对于D，因为，所以事件与事件独立，故选项D正确， 故选:BD． 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的单调递减区间为， C. 当时，的最小值为 D. 的图象关于点中心对称 【答案】AC 【解析】 【分析】先化简得到，A选项，求出最小正周期；B选项，整体法求处函数单调递减区间；C选项，，当，函数取得最小值，C正确；D选项，整体法求出的图象关于点中心对称，D错误. 【详解】 ． 对于A，的最小正周期，故选项A 正确； 对于B，令，，得，， 所以的单调递减区间为，，选项B不正确； 对于C，由可得， 当，即时，函数取得最小值，故选项C正确； 对于D，令，，得，， 当时，，所以的图象关于点中心对称，选项D不正确， 故选：AC． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，点为底面上任意一点（包括边界），若直线与平面无公共点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 动点的轨迹长度为 C. 与所成角的最大值为 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，直线与平面无公共点，则平面；对于B，由条件可得平面，平面，从而平面平面，则平面，进而可知点的轨迹为线段，求可判断B；对于C，当点与点或点重合时，与所成角最大，求解可判断C；对于D，平面，可知点到平面的距离为定值，从而三棱锥的体积为定值. 【详解】对于A，直线与平面无公共点，平面，选项A正确； 对于B，如图，连接，，， ，平面，平面，平面， ，， 又平面，平面，平面， 又，平面，平面平面， 又∵平面，平面， 又点为底面上任意一点（包括边界）， 点必在平面与平面的交线上，即点的轨迹为线段， 易求线段，故选项B正确； 对于C，由B选项知，点的轨迹为线段， 当点与点或点重合时，与所成角最大，最大角为，所以C选项不正确； 对于D，，平面，平面， 平面，点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，选项D正确， 故选：ABD． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对数的换底公式，结合对数运算计算得解. 【详解】 故答案为：1 13. 已知角的终边落在上，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知可得，再应用同角三角函数关系及齐次式的求法求值即可. 【详解】角的终边落在上， ， ． 故答案为： 14. 已知函数，则不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】变形得到，得到是偶函数，且由定义法和复合函数单调性满足同增异减，得到在上单调递增，从而得到，求出解集. 【详解】， 的定义域为，，所以函数是偶函数． 令，取， 则， 因为，在R上单调递增， 所以，故， 所以，故在上单调递增， 由复合函数单调性满足同增异减，可知在上单调递增， 所以不等式， 等价于，两边平方得，， 解得． 故答案为： 四、解答题（本大题共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. 如图，在中，点是的中点，，设，． （1）用，表示，； （2）若，，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量基本定理得到； （2）在（1）基础上，利用向量数量积运算律进行计算，求出答案. 【小问1详解】 点是的中点，， 故， ； 【小问2详解】 由（1）知， ． 16. 某校高一年级学生参加了“同心筑梦，爱我中华”知识竞赛，学生知识竞赛成绩均在内（单位：分），现从这些学生的成绩中随机抽取了100名学生的成绩，按照，…，分成4组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计全体参赛学生的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （2）规定成绩较高的前20%的学生获奖，请根据频率分布直方图估计获奖学生的最低分数线（保留到整数）； （3）现从样本成绩在与两个分数段内，按分层抽样选取6人，求从这6人中随机选取2人，且2人的成绩之差的绝对值大于20的概率． 【答案】（1），平均分为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由频率和为可求出的值，再用加权平均公式即可求出平均分； （2）分析频率分布，内通过线性插值即可求出最低分数线； （3）依题意可得，根据分层抽样在选取4人；在选取2人，再根据列举法可得从这6人中选取2人的方法共有15种，其中2人的成绩之差的绝对值大于20的方法有8种，进而即可求出其概率． 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，，解得， 用样本估计总体，估计全体参赛学生的平均分为： ． 【小问2详解】 由频率分布直方图易知： 的频率为， 的频率为， 所以获奖学生最低分数线落在内，不妨设为， 则，解得， 所以获奖学生最低分数线为． 【小问3详解】 由图可知成绩在与的频率之比为， 则根据分层抽样在选取4人，记为，，，； 在选取2人，记为，． 所以从这6人中选取2人的所有选取方法：，，，，，，，，，，，，，，，共15种， 记“这2人成绩之差的绝对值大于20”为事件，则事件M所包含的基本事件有：，，，，，，，，共8种． 故所求概率为． 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，，分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）中位线定理证明，即可得到平面； （2）（方法一）连接，，设，证明，进而可证为所求的平面角，最后在中解三角形得答案 （方法二）过作，垂足为点，连接，得为所求平面角，最后中解得答案 【小问1详解】 证明：如图，是的中点，是的中点， 是的中位线，． 又平面，平面，平面． 【小问2详解】 解：方法一：如图，连接，，设， 平面，平面， ，即，① 设，，， 在中，． 同理可求，在中，， ，又，均为锐角，， 又，， ，， ② （，也可以用三角形相似证明） 又，平面，平面， 由①，②可知，平面， 连接，平面，， 又 平面平面，平面，平面，， 就是平面与平面的夹角， 与相似且， 在中，，， ，， 所以，平面与平面的夹角为． 方法二：如图，过作，垂足为点，连接， 平面，平面，． 又，， 平面，平面． 又平面，， 就是平面与平面的夹角． 在中，，，为边上的高，． 又是直角三角形，． 又， 平面与平面的夹角为． 18. 记的内角，，的对边分别是，，，的面积为，已知． （1）求角； （2）设为边上一点，平分，证明：； （3）设的中点为，求的最大值． 【答案】（1） （2）证明：由（1）可知，，因为平分， 所以， 因为，所以， 整理可得，等式两边同时除以， 得，故得证． （3） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式代入条件，并利用是余弦定理和三角函数恒等变换化简可解； （2）利用，化简即可证； （3）根据两边平方化简，再结合基本不等式求解. 【小问1详解】 由于，代入， ， ， 即． 又，，故得，即． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，， ， ，． 又，， 当且仅当时取等号，的最大值为． 19. 已知函数，，若存在，使得，则称为函数的不动点；已知函数，．若存在，使得，则称为函数的稳定点． （1）证明：函数不动点一定是函数的稳定点． （2）已知函数， （ⅰ）当时，求函数的不动点和稳定点; （ⅱ）若函数在区间上存在2个不动点，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）不动点为，，稳定点为0，，，；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据函数的不动点和稳定点的定义易得； （2）（ⅰ）由解方程即得函数的不动点，再由解方程即得函数的稳定点；（ⅱ）将函数在区间上存在2个不动点转化为方程在上有2个不等实根，采用数形结合的方法，列出不等式组求解即得. 【小问1详解】 设是函数的一个不动点，则有． 所以， 故函数不动点一定是函数的稳定点． 【小问2详解】 （ⅰ）时，， 由，得，即， 解得，或， 所以时，函数的不动点为，． 又因为时，， 由，得， 即，分解因式可得：， 所以或或或， 故时，函数的稳定点为0，，和． （ⅱ）由，得， 令，， 依题意，方程在有2个不等实根， ，， 解得，故实数a的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $