精品解析：贵州省贵阳市观山湖区第一高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

观山湖区第一高级中学2024-2025学年度第二学期末 高一数学试卷 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（  ） A. B. C. D. 2 设，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C 若，则 D. 若，则 4. 已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知非零平面向量，，，，向量在向量方向上的投影向量为，则向量，的夹角θ为（ ） A. B. C. D. 7. 的内角，，的对边为，，，若，且的面积为，则的最大值为（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知，，三点不共线，，其中，为实数且不同时为0，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，则，，三点共线 B. 若，则点为的重心 C. 若，则平分 D. 若，则 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）. 9. 已知函数的部分图象，则（ ） A. B. C. 点是图象的一个对称中心 D. 的图象向左平移个单位后所对应的函数为偶函数 10. 抽样调查得到10个样本数据， 记作， 计算得平均数， 方差 现去掉一个最大值10，和一个最小值4后，对新数据下列说法正确的是 （ ） A. 极差变大 B. 中位数不变 C. 方差变大 D. 平均数不变 11. 在正方体中，点是线段上一动点，则下列各选项中正确是（ ） A. B. 平面 C. 三棱锥的体积随点位置变化而变化 D. 设正方体棱长为，则的最小值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，若为纯虚数，则__________. 13. 球员罚球命中的概率是0.7，球员罚球命中的概率是0.6，且两人罚球是否命中相互独立．那么在一次两人罚球过程中，至少有一人罚球命中的概率是______．（用小数表示） 14. 已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，则当取最小值时，三棱锥外接球的体积为__________. 四、解答题 15. 已知 （1）若，求的值． （2）若，求的值． 16. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～五组区间分别为，，，，，）. （1）求选取市民年龄在内的人数； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的众数和第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率. 17. 在中，，，所对的边分别为，，，已知. （1）若，求的值； （2）若是锐角三角形，求的取值范围. 18. 如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）平面与侧棱相交于点，求的值． 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数. （1）设函数，试求的相伴特征向量； （2）记向量的相伴函数为，求当且，的值； （3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 观山湖区第一高级中学2024-2025学年度第二学期末 高一数学试卷 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（  ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据韦恩图可知图中阴影部分表示的集合为，结合补集和交集的定义与运算即可求解. 【详解】由图可知图中阴影部分表示的集合为. 又或，， 所以. 故选：A 2. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，即，，所以，故选A. 3. 若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 4. 已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由时函数值正负情况可得解. 【详解】由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故排除选项AB； 又当时，此时， 由图可知当时，，故C不符合，D符合. 故选：D 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对已知条件化简变形可得，然后由结合余弦的二倍角公式可求得结果. 【详解】由，得， 即，所以， 所以. 故选：C. 6. 已知非零平面向量，，，，向量在向量方向上的投影向量为，则向量，的夹角θ为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量的计算及向量夹角公式即可求解. 【详解】由题知，，， ，， ， ， ，， 故选：C． 7. 内角，，的对边为，，，若，且的面积为，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦定理，以及题中三角形的面积，得到，求出，再由，结合基本不等式，即可求出结果. 【详解】由余弦定理可得：，又， ，因此，故. 所以， 即 ，即，当且仅当时，等号成立，故的最大值为4. 故选：D 【点睛】本题主要考查解三角形，以及基本不等式求最值，熟记余弦定理，三角形面积公式，以及基本不等式即可，属于常考题型. 8. 已知，，三点不共线，，其中，为实数且不同时为0，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，则，，三点共线 B. 若，则点为的重心 C. 若，则平分 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线、三角形重心、角平分线以及向量垂直的相关性质逐一分析选项. 【详解】对于选项A： 因为，所以， 所以. 所以. 所以点三点共线，所以A正确； 对于选项B： ，设的中点， 根据向量加法的平行四边形法则得，所以. 根据三角形重心的定义，三角形的重心是三条中线的交点，且重心分得所在线段长度为， 可知点为的重心，B正确； 对于选项C： 设，则， 分别是与同向的单位向量，以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形， 菱形的对角线平分内角，所以平分，所以C正确； 对于选项D： . 因为，所以， 因为不一定为0，所以与不一定垂直，所以D错误. 故选：D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）. 9. 已知函数的部分图象，则（ ） A. B. C. 点是图象的一个对称中心 D. 的图象向左平移个单位后所对应的函数为偶函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，根据图象得到最小正周期，从而求出；B选项，代入，求出；C选项，得到函数解析式，求出，故C正确；D选项，求出平移后的解析式，利用函数奇偶性定义得到答案. 【详解】A选项，由图象可得到函数最小正周期，故， 因，所以，解得，A正确； B选项，将代入解析式得， 因为，解得，B错误； C选项，，故， 故点是图象的一个对称中心，C正确； D选项，的图象向左平移个单位后得到， 因为的定义域为R，且， 故为偶函数，D正确. 故选：ACD 10. 抽样调查得到10个样本数据， 记作， 计算得平均数， 方差 现去掉一个最大值10，和一个最小值4后，对新数据下列说法正确的是 （ ） A. 极差变大 B. 中位数不变 C. 方差变大 D. 平均数不变 【答案】BD 【解析】 【分析】根据平均数、中位数、方差、极差定义理解及求法判断各项的正误. 【详解】由于10个数据已经确定， 故不妨设，由题意不妨取， A项， 原极差为， 去掉最高与最低分后，极差， 所以去掉最高和最低分，极差有可能减小，极差变大是不可能的，故A项错误； B项，中位数的定义知：数据从小到大排列，中间两个数的平均值是中位数，去掉最高和最低不影响中间两个数，B项正确； D项，由题意原平均数， 则，则去掉最高与最低分后， 平均数变为，平均数不变，故D正确； C项， 去掉最高和最低分后，又平均数不变，数据移除这两个极端值后，数据的波动性减小， 故方差会变小，故C项错误. 故选：BD. 11. 在正方体中，点是线段上一动点，则下列各选项中正确的是（ ） A. B. 平面 C. 三棱锥的体积随点位置变化而变化 D. 设正方体棱长为，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A即证平面即可判断，对于B即证平面平面即可判断，对于C由，又，即可判断，对于D建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式即可求解.. 【详解】对于A，连接，，，，， 由正方体的性质可得：，平面， 平面，所以，， ，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可得， ，平面，平面 平面，，故A正确； 对于B，连接，，，易证：，， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 又，，平面， 故平面平面，平面，平面，故B正确； 对于C，设到平面的距离为，连接，，， ， 因为平面，所以， 点是线段上一动点，又因为，因为平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离为定值， 也为定值，所以三棱锥的体积是定值，故C错误； 对于D：以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，由正方体棱长为，所以，所以，设，所以，所以，当时，的最小值为，故D正确； 故选：ABD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，若为纯虚数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，得到，再利用模长的计算公式，即可求解. 【详解】由为纯虚数，得，解得， 所以，则， 故答案为：. 13. 球员罚球命中的概率是0.7，球员罚球命中的概率是0.6，且两人罚球是否命中相互独立．那么在一次两人罚球过程中，至少有一人罚球命中的概率是______．（用小数表示） 【答案】## 【解析】 【分析】正难则反，先求其对立事件的概率，即两人都未命中的概率即可. 【详解】记事件“球员和球员至少一人罚球命中”， 则其对立事件为“罚球命中两人都未罚球命中”， 由相互独立事件同时发生的概率乘法公式得，， 所以. 故答案为：. 14. 已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，则当取最小值时，三棱锥外接球的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得到平面的距离，设在平面的射影为，由题可得最小时最小，进而可得，然后根据长方体的性质结合条件即得. 【详解】根据题意，因为，， 设点到平面的距离为，又，所以， 设在平面内的射影为点，则，平面， 而平面，所以，又， 平面，所以平面， 中，，要使取最小值时，则最小， 当时，最小，此时，四边形为矩形，所以， 三棱锥的外接球为以为共顶点的长方体的外接球， 其直径为，半径为， 所以三棱锥外接球的体积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：要使取最小值，则在平面内的射影最小. 四、解答题 15. 已知 （1）若，求的值． （2）若，求的值． 【答案】（1）3 （2）1 【解析】 【分析】（1）先应用诱导公式化简得出，再弦化切计算求解； （2）应用两角和的正切公式计算求解. 【小问1详解】 ， ． 【小问2详解】 依题意，由，可得， ． 16. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～五组区间分别为，，，，，）. （1）求选取的市民年龄在内的人数； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的众数和第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率. 【答案】（1）20 （2）众数27.5 ；第80百分位数37.5 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图求出年龄在内的频率即可计算人数； （2）根据频率分布直方图众数、百分位数的计算方式即可求解； （3）根据分层抽样可知应从第3，4组中分别抽取3人，2人，再列举出抽取2人的情况，从中找出符合题意的情况，利用古典概型即可求出概率. 【小问1详解】 由题意可知，年龄在内的频率为， 故年龄在内的市民人数为. 【小问2详解】 众数27.5 ；前三组的频率和为， 第四组的频率为，所以第80百分位数在第四组， 第80百分位数为 【小问3详解】 第3组，第4组的频率之比为， 所以用分层抽样的方法在第3、4两组市民中抽取5名参加座谈， 所以应从第3，4组中分别抽取3人，2人， 记第3组的3名分别为，，，第4组的2名分别为，， 则从5名市民中选取2名作重点发言的所有情况有：，，，，，，，，，，共有10种， 其中第4组的2名市民，至少有一名被选中的情况有：，，，，，，，共有7种， 所以至少有一人的年龄在内的概率为. 17. 在中，，，所对的边分别为，，，已知. （1）若，求的值； （2）若是锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用余弦定理即可求解. （2）先利用余弦定理、正弦定理、两角和差公式得，再把化简到同一个角的三角函数，最后利用正弦函数的单调性确定取值范围. 【小问1详解】 在中，，据余弦定理可得， 又，故，即， 又，故，得. 【小问2详解】 在中，据余弦定理可得， 又，故，即， 又，故. 据正弦定理，可得， 所以， 即， 所以，， 因为，所以，或， 即或（舍）. 所以. 因为是锐角三角形，所以得， 所以，故， ， 所以的取值范围是. 18. 如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）平面与侧棱相交于点，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行证明线面平行即可； （2）由（1）得，证得平面，再证，即可证平面，最后由线面平行推出面面平行； （3）由（1）已得，可证平面，又因面，由线面平行的性质可推得，继而得到，利用平行线分线段成比例定理即可求得的值. 【小问1详解】 连接， 在中，，，且， 又，，且， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）得，又平面，平面， 平面， 在中，，， 又平面，平面，平面， 又因且均在平面中， 平面平面. 【小问3详解】 由（1）知，又面，面，平面， 又平面，面面， ，又，，． 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数. （1）设函数，试求的相伴特征向量； （2）记向量的相伴函数为，求当且，的值； （3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）；（2）；（3）存在，点. 【解析】 【分析】（1）根据三角函数诱导公式化简函数得，根据题意可可得特征向量；（2）根据题意可得相伴函数，再根据条件可得，由最终得到结果；（3）根据三角函数图象变换规则求出的解析式，设，根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可. 【详解】解：（1） 的相伴特征向量. （2）向量的相伴函数为， ，. ，，. . （3）由为的相伴特征向量知： . 所以 设，， ，， 又，. ， ，， . 又， 当且仅当时，和同时等于，这时式成立. 在图像上存在点，使得. 【点睛】关键点点睛：熟练使用三角函数诱导公式、三角恒等变换是本题的关键.本题还考查了三角函数图象变换后的解析式以及向量垂直的数量积关系，属于中档题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$