精品解析：河南省洛阳市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试卷

洛阳市2024—2025学年高一质量检测 数学试卷 本试卷共4页，共150分.考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上. 2.考试结束，将答题卡交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 1 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示可求得. 【详解】因为，，且，所以，解得. 故选：C. 2. 一组数据8，12，15，6，11，18的第75百分位数是（ ） A. 8.5 B. 11 C. 14.5 D. 15 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分位数的计算公式，可得答案. 【详解】将数据由小到大排列可得，共个数据， 由，则第百分位数为. 故选：D. 3. 已知集合，则（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解指数不等式及对数函数定义域得出集合，再根据补集及并集计算求解. 【详解】集合，， 则. 故选：B. 4. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用中间值法，根据指数函数与对数函数单调性，可得答案. 【详解】由题意可得，，， 所以，即. 故选：D. 5. 已知平面及两条不重合的直线，，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据线面垂直和线面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】当时，若，则或，所以必要性不成立； 若，则，且，则， 因为，，所以，所以，所以充分性成立； 所以“”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和的正弦公式，及同角三角函数的关系可求得，进而利用两角差的正弦公式即可求解. 【详解】由，可得， 由，可得，所以， 所以， 所以. 故选：B. 7. 已知正四棱台的体积为，，且其侧面与底面所成二面角的正切值为，则该正四棱台的高为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正四棱台性质结合侧面与底面所成角正切值得，设，根据正四棱台体积公式建立等式计算即可求解. 【详解】如图，连接，记上、下底面的中心分别为， 由正四棱台性质及，可得， 过作，垂足为，即为正四棱台的高，则，且， 作，垂足为，连接， 因，平面，所以平面， 又平面，所以，所以就是侧面与底面所成二面角 因为侧面与底面所成角正切值为， 所以， 且， 所以 设，所以， 则该正四棱台的体积， 解得，所以，即该正四棱台的高为，故C正确. 故选：C. 8. 已知函数有唯一零点，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】令，可得函数为偶函数，结合已知可得，可求得的值. 【详解】因为，所以， 令，则， 又因为， 所以函数为偶函数，又函数有唯一零点， 则有唯一零点，所以，解得. 故选：D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 甲、乙、丙、丁四人各掷骰子5次，并记下自己投掷时出现的点数，从而得到四组数据，这四组数据的相关情况如下： 甲：中位数为3，众数为2； 乙：中位数为3，极差为4； 丙：平均数为3，中位数为2； 丁：平均数为2，方差为3.2. 则在投掷过程中可能出现点数6的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】ABC 【解析】 【分析】通过取掷骰子的点数，即可得A，B和C正确，再通过检验平均数为2，出现点数6时，方差为，即可求解. 【详解】若骰子的点数为，此时中位数为3，众数为2，极差为4，所以甲、乙投掷过程中可能出现点数6， 若骰子的点数为，此时平均数为3，中位数为2，所以丙投掷过程中可能出现点数6， 若掷骰子5次，平均数为2，方差为3.2，不妨设这5次骰子的点数分别为， 则，若，则， 此时方差为， 所以丁在投掷过程中不可能出现点数6， 故选：ABC. 10. 已知函数，则以下说法中正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 是图象的一个对称中心 C. 若，则的最小值为 D. 若，且是偶函数，则的最小值是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用倍角公式及辅助角公式得，对于A，利用周期公式，即可求解；对于B，利用的性质，即可求解；对于C，利用得到或，，即可求解；对于D，利用偶函数的性质，得到，结合条件，即可求解. 【详解】因为 ， 对于A，因为的最小正周期为，所以A正确； 对于B，由，得到，令，得， 所以是图象的一个对称中心，故B错误； 对于C，令，得到，即， 所以或， 即或，又， 所以的最小值为，故C正确； 对于D，因为，又是偶函数， 则，整理得到，又，所以的最小值是，故D错误. 故选：AC. 11. 在三棱柱中，，，，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 四边形是矩形 B. 若是的中点，则平面 C. 点到平面的距离为1 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题可得， 以，，为基底，根据，，可得，即可判断选项A；由可得，再由将平面沿着展开，使平面与共面，则在四边形中，最小值为，根据余弦定理求，即可判断选项D；若是的中点，根据线面平行判定定理即可判断选项B，由平面，所以点到平面的距离为，即可判断选项C. 【详解】如图， 在三棱柱中，为平行四边形，因为为线段的中点， 所以为线段的中点，若是的中点，则在中， 因为平面，平面，所以平面，所以B正确； 因为，，，所以，， 所以，，因为平面，平面，， 所以平面，所以点到平面的距离为，所以C正确； 由上可知，，又，，， ， 所以与不垂直，所以A错误； ， 所以 ， 所以，设，， 则在中，由余弦定理知，所以， 在中，由余弦定理知，所以， 将平面沿着展开，使平面与共面，如图： 在四边形中，则，， 的最小值为，在中，余弦定理得， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：BCD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数乘法的三角表示求出，进而求出模. 【详解】复数， 所以. 故答案为：1 13. 已知向量，，满足，，，且，则的最小值为________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可得，进而求得，可得，利用二次函数的性质可求最小值. 【详解】由，可得，又，所以， 所以，又，，所以， 所以， 所以 ，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，平面平面，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】取中点，连接，可证平面平面，记的外心为，为的外心为，过在平面内作，过在平面内作两直线交于点，求得即为外接球的半径，进而求得外接球的表面积. 【详解】取中点，连接，所以，， 因为，所以， 又，，，所以， 所以，所以，所以， 所以为二面角的平面角， 又因为平面平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，平面， 所以平面平面，平面平面， 记的外心为，的外心为， 过在平面内作，过在平面内作两直线交于点， 可得为三棱锥的外接球的球心， 因为，设，则， 解得，所以， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在复平面内，复数对应的点为. （1）若为纯虚数，求的值； （2）设为坐标原点，为虚轴负半轴上任意一点，若向量与的夹角为锐角，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件得，再利用复数的分类，即可求解； （2）设，根据条件，利用向量的夹角公式，得，即可求解. 【小问1详解】 由已知得， 为纯虚数，， 解得. 【小问2详解】 设，则， 又， 由，夹角为锐角得：，且与不共线， ， 解得且， 故的取值范围为. 16. 已知函数 （1）求的单调递增区间； （2）当时，求的最小值及相应的值. 【答案】（1） （2），， 【解析】 【分析】（1）由三角函数的恒等式化简整理函数解析式，利用整体思想，根据正弦函数的单调性，可得答案； （2）利用整体思想，根据正弦函数的单调性，可得函数在指定区间上的单调性，从而可得答案. 【小问1详解】 由于 ，， 由得：， 故的单调递增区间为， 【小问2详解】 时，， 当，即时，单调递减， 当，即时，单调递增， 故当时，有最小值，且， 17. 一个袋子中有大小和质地完全相同的个球，其中红球个，绿球个.现采用不放回方式从中依次取出2个球. （1）当，时，记红球为，绿球为，写出试验的样本空间； （2）若，且取出2个球都是红球的概率为； ①求的值； ②求取到的2个球颜色不同的概率. 【答案】（1）答案见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由题意利用有序数对，一一列举基本事件，根据样本空间概念，可得答案； （2）①利用古典概型的概率计算，建立方程，可得答案；②根据互斥事件的概率加法公式，可得答案. 【小问1详解】 用，分别表示第1，2次取到的球，则可用表示2次取球的可能结果， 则样本空间. 【小问2详解】 ①样本点总数为，两个球都是红球的样本点个数为， 故，解得. ②设“第一次取到红球”，“第二次取到红球”， 则“取到的2个球颜色不同”，且与互斥， 所以. 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知 （1）求； （2）的平分线交于点，若，求长度的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，利用三角恒等变换可求得，可求得； （2）设，由三角形的面积可得，可得，利用基本不等式可求得长度的最大值. 【小问1详解】 ， 由正弦定理得：， ， ， ，即， 又，，，. 【小问2详解】 设，则由得 ， ， 当且仅当时，取“”， 故长度的最大值为. 19. 已知函数（为自然对数的底数），函数与的图象关于直线对称，. （1）若方程的实数解为，证明； （2）若关于的方程有两个不等的实数解，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）对的取值分类讨论，当时，构造，用单调性和零点存在定理得出的范围，由变形式子，结合的范围即可证明； （2）由对称得，推出，联立进行化简，然后进行换元求解，令，转化为二次方程在上有两不等实根问题，列不等式组求解即可. 【小问1详解】 方程，即， 当时，方程无实数解， 当时，令，则在上单调递增， 又，， 故在内有唯一零点， 即， 所以， 所以. 【小问2详解】 ， ， ，即， ， ， 令，即在有两个不等实根， ， ，即的取值范围为. 20. 在四棱锥中，，，，，平面平面，为的中点，过，，三点的平面交棱于点. （1）设，求； （2）求四边形的面积； （3）若直线与平面及平面所成的角分别为，，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线线平行可得平面，进而由线面平行的性质可得，进而可得为的中点，可求得； （2）由题意可证，结合（1）可求四边形的面积； （3）在上取靠近点的四等分点，连，可得即为与平面所成的角，作于，则平面，连接，则即为与平面所成的角，进而计算即可. 【小问1详解】 ，平面，平面， 又平面平面，，从而. 而为的中点，为的中点， 在中，. 【小问2详解】 ，，， 平面平面， 平面平面，平面， 平面，又平面， . 在直角梯形中，，， 因为，所以， 在中，由余弦定理可得， 故. 【小问3详解】 在上取靠近点的四等分点，连， 由，知四边形为平行四边形，， 与平面所成的角等于与平面所成的角，与平面所成的角等于与平面所成的角. 平面， 即为与平面所成的角， 在中，，，， ， 作于，则平面， 连接，则即为与平面所成的角. 因为，所以，所以， 在中，， . . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 洛阳市2024—2025学年高一质量检测 数学试卷 本试卷共4页，共150分.考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上. 2.考试结束，将答题卡交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 1 C. D. 4 2. 一组数据8，12，15，6，11，18的第75百分位数是（ ） A. 8.5 B. 11 C. 14.5 D. 15 3. 已知集合，则（ ） A B. C. D. 4. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面及两条不重合的直线，，，则“”是“”的（ ） A 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱台的体积为，，且其侧面与底面所成二面角的正切值为，则该正四棱台的高为（ ） A. B. C. 3 D. 8 已知函数有唯一零点，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 甲、乙、丙、丁四人各掷骰子5次，并记下自己投掷时出现的点数，从而得到四组数据，这四组数据的相关情况如下： 甲：中位数为3，众数为2； 乙：中位数为3，极差为4； 丙：平均数为3，中位数为2； 丁：平均数为2，方差为3.2. 则在投掷过程中可能出现点数6的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 10. 已知函数，则以下说法中正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 是图象的一个对称中心 C. 若，则的最小值为 D. 若，且是偶函数，则的最小值是 11. 在三棱柱中，，，，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 四边形是矩形 B. 若是的中点，则平面 C. 点到平面的距离为1 D. 的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则________. 13. 已知向量，，满足，，，且，则的最小值为________. 14. 在三棱锥中，平面平面，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为________. 四、解答题：本大题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在复平面内，复数对应的点为. （1）若为纯虚数，求的值； （2）设为坐标原点，为虚轴负半轴上任意一点，若向量与的夹角为锐角，求的取值范围. 16. 已知函数 （1）求单调递增区间； （2）当时，求的最小值及相应的值. 17. 一个袋子中有大小和质地完全相同的个球，其中红球个，绿球个.现采用不放回方式从中依次取出2个球. （1）当，时，记红球为，绿球为，写出试验的样本空间； （2）若，且取出的2个球都是红球的概率为； ①求的值； ②求取到的2个球颜色不同的概率. 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知 （1）求； （2）的平分线交于点，若，求长度的最大值. 19. 已知函数（为自然对数的底数），函数与的图象关于直线对称，. （1）若方程实数解为，证明； （2）若关于的方程有两个不等的实数解，求的取值范围. 20. 在四棱锥中，，，，，平面平面，为的中点，过，，三点的平面交棱于点. （1）设，求； （2）求四边形的面积； （3）若直线与平面及平面所成的角分别为，，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$