精品解析：云南省昆明市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试卷

昆明市普通高中2024~2025学年高一期末质量检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题：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. 复数在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 集合，则（ ） A. B. C. D. 3. （ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 4. 函数的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 轴截面为正三角形的圆锥，记其侧面积为，体积为，若，则底面半径为（ ） A. B. 3cm C. D. 1cm 6. 若的图象关于对称，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 7. 定义在上的函数图象关于直线对称，在单调递减，若且，则（    ） A. B. C. D. 8. 某地区公共卫生部门为了调查本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行了调查．调查中使用了下面两个问题： 问题一：你的生日日期是不是奇数？ 问题二：你是否经常吸烟？ 调查者设计了一个随机化装置：一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋中摸取1个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，最后收集回来60个小石子，则可以估计出该地区经常吸烟的中学生所占的百分比约为（假设一年为365天，其中日期为奇数的天数为186天）（ ） A. 9% B. 14% C. 16% D. 32% 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. 一组数据的平均数为，方差为，频率分布直方图如图所示，若，则（ ） A. 数据的平均数为 B. 数据的方差为 C. 估计数据的众数约为7.5 D. 估计数据的中位数约为 10. 如图，四棱锥中，底面为菱形，分别为的中点．则平面的一个充分条件可以为（ ） A. B. 平面 C. D. 11. 若正数满足，则的大小关系可能是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，则________． 13. 已知，，则______. 14. 若函数有三个零点，则a的取值范围为________． 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. 已知函数，其中且． （1）求的定义域，判断的奇偶性，并说明理由； （2）求不等式的解集． 16. 的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，求的面积． 17. 甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，比赛规则如下：先通过抛掷两枚质地均匀的骰子的结果来决定第一局谁作为裁判，裁判外的两人比赛．一局结束后，败者作为下一局裁判，原裁判与胜者进行下一局比赛，按此规则共进行三局比赛，每局比赛结果相互独立且每局比赛无平局． （1）设事件A=“两个骰子点数和能被3整除”，求事件A的概率； （2）若在每一局比赛中，甲胜乙、甲胜丙的概率均为．现已决定出乙作为第一局的裁判，求甲恰好胜一局的概率． 18. 在如图所示的几何体中，，平面平面为的中点． （1）证明：平面； （2）点在正方形内，且． （ⅰ）求直线与平面所成角： （ⅱ）若，求点到平面距离的最小值． 19. 刘徽、祖冲之等数学家都曾用“割圆术”（即用圆的内接正多边形面积近似等于圆的面积）来计算圆周率的近似值． 设圆的内接正边形的面积为，其中且．例如，单位圆的内接正四边形的边所对圆心角，则． （1）请仿照以上方法，用表示； （2）数学家韦达在研究“割圆术”时发现：当充分大时，．令， （i）当充分大时，求的值； （ii）判断等式是否成立？请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昆明市普通高中2024~2025学年高一期末质量检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题：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. 复数在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】得到对应的点坐标，得到所在象限. 【详解】在复平面上对应的点为，位于第四象限. 故选：D 2. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合，再根据交集含义即可得到答案. 【详解】， 则. 故选：B. 3. （ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据指对数运算即可得到答案. 【详解】. 故选：C. 4. 函数的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先配凑再利用基本不等式即可求得. 【详解】因，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，取得最小值为3. 故选：C. 5. 轴截面为正三角形的圆锥，记其侧面积为，体积为，若，则底面半径为（ ） A. B. 3cm C. D. 1cm 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，利用建立方程，解之即得. 【详解】设圆锥的底面半径为，因圆锥的轴截面为正三角形，则圆锥的高的长为，母线长为， 由题意，，即，解得. 故选：A. 6. 若的图象关于对称，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据辅助角公式化简得，根据对称轴求出的值，将代入解出的值. 【详解】根据辅助角公式得：， 因为的图象关于对称， 所以，解得即， 则. 故选：B 7. 定义在上的函数图象关于直线对称，在单调递减，若且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，根据函数的对称性、单调性即可求解. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 又函数图象关于直线对称，在单调递减， 所以在区间上单调递增， 所以. 故选：B. 8. 某地区公共卫生部门为了调查本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行了调查．调查中使用了下面两个问题： 问题一：你的生日日期是不是奇数？ 问题二：你是否经常吸烟？ 调查者设计了一个随机化装置：一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋中摸取1个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，最后收集回来60个小石子，则可以估计出该地区经常吸烟的中学生所占的百分比约为（假设一年为365天，其中日期为奇数的天数为186天）（ ） A. 9% B. 14% C. 16% D. 32% 【答案】A 【解析】 【分析】根据摸到白球和红球的概率都为，再结合一年365天中，阳历为奇数的有186天，即可估计对应人数. 【详解】因为一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子中，随机摸出1个球，摸到白球和红球的概率都为， 因此，这200人中，回答了第一个问题的有100人， 而一年365天中，阳历为奇数的有186天，所以对第一个问题回答“是”的概率为， 所以这100个回答第一个问题的学生中，约有51人回答了“是”， 从而可以估计，在回答第二个问题的100人中，约有9人回答了“是”， 所以可以估计出该地区中学生吸烟人数的百分比为.故A正确. 故选：A. 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. 一组数据的平均数为，方差为，频率分布直方图如图所示，若，则（ ） A. 数据的平均数为 B. 数据的方差为 C. 估计数据的众数约为7.5 D. 估计数据的中位数约为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合平均数和方差的线性公式即可判断A，B，应用频率分布直方图计算众数及中位数计算结合线性关系判断C，D. 【详解】由数据的平均数为，方差为，则数据的平均数为，数据的方差为，A选项正确；B选项错误； 因为数据的众数为，则数据的众数约为，C选项错误； 设数据的中位数为，则，所以， 所以估计数据的中位数约为. 故选：AD. 10. 如图，四棱锥中，底面为菱形，分别为的中点．则平面的一个充分条件可以为（ ） A. B. 平面 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】连接，通过中位线定理证明，将平面转化为平面.所以寻找平面内与或垂直的直线即可 【详解】 连接交于点O， 选项A，分别为的中点， ， A选项，∵底面为菱形，， 又，且，平面，平面 平面，A正确 选项B，平面，且平面，， ∵底面为菱形，， 又，平面，平面 平面 平面，B正确 选项C，，∵底面为菱形，， 条件不足以证明平面，C错误 选项D，，且为中点， ∵底面为菱形，， 又，平面，平面 平面 平面，D正确 故选：ABD 11. 若正数满足，则的大小关系可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意令，分别作，，的图象，然后利用数型结合从而可求解. 【详解】由题意令，分别作，，的图象，如图， 当时，可得，故D正确； 当时，可得，故C正确； 当时，可得，故A正确； 因为都为正数，所以结合图形不存在这种情况，故B错误； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，则________． 【答案】5 【解析】 【分析】由题意可求得再结合，从而可求解. 【详解】由已知，，由，可得， 解得，由，所以， 解得. 故答案为：. 13. 已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用两角和差余弦公式将和分别展开，再将两式进行加和减，可求得和，两式相除即可求得结果. 【详解】…①， …②， ①②得：，解得：； ①②得：，解得： . 故答案为：. 【点睛】本题考查两角和差余弦公式的应用，涉及到同角三角函数商数关系的应用，属于基础题. 14. 若函数有三个零点，则a的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论分段函数结合二次函数的零点及求出导函数得出单调性及函数极值求解参数. 【详解】当， 时，，且有两个零点， 且，所以都是负值，所以，所以， 时，，且有1个零点， 且，所以都是负值，所以，所以， 时，，所以不存在零点； 所以时，有2个零点； 时，有1个零点； 时，有0个零点； 因为函数有三个零点， 则当时，有2个零点，则有1个零点； 当时，有1个零点，则有2个零点； 当时，有0个零点；则有3个零点； 当，单调递增， 当单调递增至多有1个零点，不可能有3个零点；所以不合题意； 当 单调递减；单调递增； ， ， 且的极小值为， 所以至多有一个零点， 当时，设，，单调递减， ， 所以有一个零点，符合函数有三个零点； 故答案为： 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. 已知函数，其中且． （1）求的定义域，判断的奇偶性，并说明理由； （2）求不等式的解集． 【答案】（1），奇函数，理由见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据奇函数定义判断证明即可； （2）分和结合对数函数单调性及定义域计算求解. 【小问1详解】 因为，解得，所以的定义域为． 又， 所以为奇函数． 【小问2详解】 ， 当时，，解得，因为，所以； 当时，，解得，因为，所以． 综上所述：当时，；当时，． 16. 的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和条件求出，再由三角形内角的范围确定角； （2）根据余弦定理列方程，求得，再由三角形面积公式计算即得. 【小问1详解】 因为，由余弦定理得， 因，则得． 【小问2详解】 因，由余弦定理， 可得：，即， 解得或（舍）， 所以． 17. 甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，比赛规则如下：先通过抛掷两枚质地均匀的骰子的结果来决定第一局谁作为裁判，裁判外的两人比赛．一局结束后，败者作为下一局裁判，原裁判与胜者进行下一局比赛，按此规则共进行三局比赛，每局比赛结果相互独立且每局比赛无平局． （1）设事件A=“两个骰子点数和能被3整除”，求事件A的概率； （2）若在每一局比赛中，甲胜乙、甲胜丙的概率均为．现已决定出乙作为第一局的裁判，求甲恰好胜一局的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得样本总共有36个，符合的有12个，再利用古典概率即可求解； （2）记事件为第局甲胜，，记事件为甲恰好胜一局，有如下两种情况：①第1局甲胜，第2局甲败，②第1局甲败，第3局甲胜，再结合概率的乘法公式即可求解. 【小问1详解】 因为骰子的质地均匀，所以各个样本点出现的可能性相等，因此这个试验是古典概型， 样本空间：共个样本点， 事件含有： 共12个样本点，故． 【小问2详解】 记事件为第局甲胜，，由题意知， 记事件为甲恰好胜一局，有如下两种情况： ①第1局甲胜，第2局甲败，②第1局甲败，第3局甲胜， 因为每局比赛结果相互独立，所以事件与与也独立，则 ， ， 因为，且事件与互斥， 所以， 所以甲恰好胜一局的概率为． 18. 在如图所示的几何体中，，平面平面为的中点． （1）证明：平面； （2）点在正方形内，且． （ⅰ）求直线与平面所成角： （ⅱ）若，求点到平面距离的最小值． 【答案】（1）证明：在四边形中，是中点， 所以且，从而四边形是平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面． （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可求解. （2）（ⅰ）连接，结合题意可求得点在以为圆心为半径的上半圆上，从而可求解；（ⅱ）由题意可得点到平面的距离即为点到平面的距离，从而利用等体积法，从而可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）连接，因为平面平面， 平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，故， 从而点在以为圆心为半径的上半圆上， 因为，∥，所以四边形为平行四边形， 所以∥，所以平面， 所以为所求直线与平面所成角， 所以，故， 所以直线与平面所成角为． （ⅱ）由可知四点共面， 从而点到平面的距离即为点到平面的距离， 设点到平面距离为， 由，有， 所以， ， ， 由动点的轨迹可知，的最小值为， 所以到平面距离的最小值． 19. 刘徽、祖冲之等数学家都曾用“割圆术”（即用圆的内接正多边形面积近似等于圆的面积）来计算圆周率的近似值． 设圆的内接正边形的面积为，其中且．例如，单位圆的内接正四边形的边所对圆心角，则． （1）请仿照以上方法，用表示； （2）数学家韦达在研究“割圆术”时发现：当充分大时，．令， （i）当充分大时，求的值； （ii）判断等式是否成立？请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）成立，证明：因，， 由（ⅰ）可得， ． 由于， 而，所以， 同理，，得到， 以此类推， 可得 ，其中n充分大， 由（ⅰ）可知：，故， 故等式成立． 【解析】 【分析】（1）利用圆的内接正边形的性质和三角形面积公式计算即得； （2）（ⅰ）先求得，再利用韦达发现的结论“当充分大时，”易求得结论；（ii）化简计算，，利用累乘法，推出，根据二倍角公式计算得到，代入，整理即得结论. 【小问1详解】 圆的内接正边形其中一条边所对的圆心角， 于是该边形面积． 【小问2详解】 （ⅰ）， 因当充分大时， 此时，； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $