精品解析：湖南省长沙市望城区第一中学2024-2025学年高一下学期期末调研考试数学试题

2024-2025-2望城一中高一数学期末调研考试卷 望城一中高一数学组 2025.7.3 本试题卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，再结合集合的并集即可求解. 【详解】由 又，所以可得集合，则，故C正确. 故选：C. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数乘法求出，进而求出复数的模. 【详解】依题意，复数， 所以. 故选：C 3. 某学校高一、高二、高三年级的人数之比为，若利用分层随机抽样的方法抽取一个容量为的样本，高三年级抽取的人数为人，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分层抽样可得出关于的等式，解之即可. 【详解】由分层随机抽样的方法可知，所以． 故选：D． 4. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】当内可对A、C判断；当时可对B判断，由面面平行可对D判断. 【详解】A：若，，当时，与不平行，故A错误； B：若，，当时，不能得到，故B错误； C：若，，当时，与不平行，故C错误； D：若，，可得，故D正确. 故选：D. 5. 已知，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出利用同角三角函数关系和角的范围求出，，利用诱导公式，凑角法和余弦和角公式进行求解. 【详解】由题意得， 则，， 所以 . 故选：B 6. 命题“，”为假命题的一个充分不必要条件为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用存在量词命题为真求出的范围，进而求出该命题为假时的范围，再利用充分不必要条件求得答案. 【详解】命题“，”为真命题时，或， 解得或，因此，由命题“，”为假命题， 得，则给定选项中是的真子集的是. 故选：A 7. 有4张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为偶数”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为5”，则（ ） A. B. 与为互斥事件 C. 与为相互独立事件 D. 与为对立事件 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，由古典概型概率计算公式求解即可；对于BD，由互斥、对立的概念判断BD；对于C，由独立事件的定义判断即可. 【详解】样本空间， ，， 对于A，，故A错误； 对于BD，，故BD错误； 对于C，，故C正确. 故选：C. 8. 如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，M、N分别是BC与AD的中点，则异面直线AM和CN 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接，取的中点为，连接，则得，即异面直线AM和CN 所成角或其补角，求出相关边长，借助于，利用余弦定理即可求得. 【详解】 如图，连接，取的中点为，连接，因M、N分别是BC与AD的中点，故， 则即异面直线AM和CN 所成角或其补角，又因正四面体，则， 则，易知，则， 在中，由余弦定理，. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 下列结论错误的是（ ） A. 若向量，，且与的夹角为锐角，则λ的取值范围是 B. 若非零向量，满足，则与的夹角为60° C. 若向量，满足，且，则在方向上的投影向量的模为5 D. 若向量与的夹角为，，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据夹角为锐角得到且不反向共线，从而得到A错误；B选项，将和两边分别平方得，从而得到，得到夹角；C选项，计算出，利用投影向量的模长公式得到答案；D选项，利用向量数量积公式得到，从而求出最小值. 【详解】A选项，， 且，解得且，A错误； B选项，将和两边分别平方得， ，，即 则， 所以与的夹角为30°，B错误； C选项，，又，所以， 所以在方向上的投影向量的模为，C正确； 对于D，， 当时，有最小值，所以的最小值为，D错误． 故选：ABD 10. 在中，角A，B，C的对边分别是，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则有两解 C. 若，则为等腰三角形或直角三角形 D. 若，则为钝角三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数在上单调性，即可判断A；根据正弦定理得到，与正弦函数的值域为相矛盾，可知不存在这样的角，即可判断B；将变形为，即或，即可判断的形状，进而判断C；由，及的范围分析得到都是锐角，即可判断D. 【详解】对于A，因为函数在上单调递减， 在中，因为，且，所以，故A正确； 对于B，若，则由正弦定理可得， 解得.因为正弦函数的值域为， 所以不存在这样的角，即无解，故B错误； 对于C，因为， 所以由正弦定理可得， 又因为， 所以可得，即， 即或. 由可得，即为等腰三角形； 由，，可得，所以为直角三角形. 综上可知，为等腰三角形或直角三角形，故C正确； 对于D，若，且， 可知，即都是锐角， 所以是锐角三角形，故D错误. 故选：AC 11. 若实数，且满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，直接利用基本不等式求得即可判断；对于B，利用基本不等式“1”的妙用进行求解即可；对于C，利用消元法将所求式化成二次函数，利用其性质即可判断；对于D，将所求式化简成，设，利用对勾函数的单调性即可求解判断. 【详解】对于A，由，，可得， 当且仅当时等号成立，故A错误； 对于B，由， 当且仅当，即时等号成立，故B正确； 对于C，由可得，代入可得， 因，解得，故当时，，即，故C正确； 对于D，，设， 由A项可知，因在上单调递减， 故当时，取得最小值为， 即当时，，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，若函数在单调递增，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复合函数单调性的判断方法，以及函数定义域，对参数分类讨论，分别求出单调性的情况，求出参数范围. 【详解】由题意知，化简得，因为且，所以， 且在上，单调递增， 所以当函数在有定义时，即， 当时，函数在定义域上单调递增，在上也单调递增，满足题意， 所以的取值范围是. 故答案为： 13. 如图，在正四棱台中，，，若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先，根据正四棱台的体积公式求出棱台的高；然后，通过建立关于外接球半径的方程来求解外接球半径；最后，利用球的表面积公式计算出外接球的表面积. 【详解】已知，，则上底面积，下底面积，体积， 由棱台体积公式得， 设外接球球心到下底面中心的距离为，则到上底面中心的距离为， 由正四棱台的上下底面都是正方形可得，， 设外接球半径为，则. 展开并化简：（负值舍去）， 则， 最终外接球表面积：， 故答案为： 14. 甲乙两人分别独立抛掷一枚均匀的骰子，甲掷次，乙掷次，设甲投掷出现偶数点的次数为，乙投掷出现奇数点的次数为，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先考虑甲、乙投掷次的情况，然后根据概率的特征求出的值. 【详解】可以先考虑甲、乙各抛掷次的情形， ①如果甲投掷出现偶数点的次数等于乙投掷出现奇数点的次数，将该情形概率设为， 则第次甲必须再抛掷出偶数点，才能使得甲投掷出现偶数点的次数大于乙投掷出现奇数点的次数； ②如果甲投掷出现偶数点的次数小于乙投掷出现奇数点的次数，将该情形概率设为， 则第次无论结果如何，甲投掷出现偶数点的次数仍然不大于乙投掷出现奇数点的次数； ③如果甲投掷出现偶数点的次数大于乙投掷出现奇数点的次数，将该情形概率设为， 则第次无论结果如何，甲投掷出现偶数点的次数仍然大于乙投掷出现奇数点的次数； 由对称性可知 故，而由于， 故. 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. 在中，，. （1）求； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，再结合余弦定理可得解； （2）若选①，三角形不存在；若选②，结合余弦定理可得三角形三边，进而可得面积；若选③，由正弦定理可得与，结合三角恒等变换可得，进而可得面积. 【小问1详解】 由已知， 根据正弦定理可知， 则， 又， 则； 【小问2详解】 若选条件①： ，， ， 此时，不满足三角形性质， 即此时不存在； 若选条件②： 由（1）得，且，， 则，， 所以. 若选条件③： 由， 则， 由正弦定理可知， 即， 又， 解得，， 又在中， ， 所以. 16. 2025年5月22日16时49分，神舟二十号航天员陈冬、陈中瑞、王杰完成首次出舱任务，历时约8小时．安全返回天和核心舱．为了弘扬航天精神，某校组织高二学生进行了航天知识能力测试．现随机抽取100名学生的测试成绩（单位：分），将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示． （1）求图中的值； （2）试估计本次航天知识能力测试成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）； （3）该校准备对本次航天知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在，各一人的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1求得； （2）由频率直方图的平均数求法可求得本次航天知识能力测试成绩的平均数； （3）应用分层抽样等比例性质确定各组抽取的人数，再应用列举法求古典概型的概率. 【小问1详解】 由题意可得，可得； 【小问2详解】 由题意可得， 本次航天知识能力测试成绩的平均数为. 【小问3详解】 由题意，，的频率比为， 设抽取的5人中有2人为、有3人为， 任抽2人有，共10种情况， 其中分数在，各一人有，共6种情况， 所以这2名同学分数在，各一人的概率为. 17. 已知函数. （1）若，求的最小正周期； （2）若在区间上有定义. （i）求的最大值； （ⅱ）若曲线至少有两个对称中心在区间上，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据正切型函数最小正周期的计算公式直接计算即可； （2）根据正切型函数的定义域与对称中心直接计算. 【小问1详解】 当时，， 易得的最小正周期； 【小问2详解】 （i）当时，，， 若函数在区间上有定义，则， 解得，故的最大值为； （ii）函数的对称中心满足，， 解得，， 其图象至少有两个对称中心在区间上， 则在区间上至少有两解， 故至少存在两个值使， 故至少有，两个取值， 所以，综上，的取值范围为. 18. 在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，，. （1）若点是线段上任意一点，且平面交棱于点，求证：； （2）①证明：； ②设侧面为等边三角形，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为底面为矩形，所以， 又平面,平面,所以. 平面，平面平面， 又因为，所以. （2）①证明：取的中点，连接, 因为，所以， 因为侧面底面，侧面底面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为底面为矩形，且，，的中点， 所以，所以， 所以，所以， 因为，所以， 所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以； ② 【解析】 【分析】（1）因为，得到，结合线面平行的性质定理得到，通过平行的传递性证得；（2）①作，垂足为连接利用三垂线定理，即可证得；②利用二面角的定义，得到即为所求二面角的平面角，在中，利用余弦定理，即可求解二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①略 ②在面内过点作的垂线，垂足为，连接， 因为底面为矩形，所以,由题意知平面， 由①知， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以即为所求二面角的平面角． 因为平面，平面，所以， 因为侧面为等边三角形，，所以， 因为，，所以，所以， 同理得， 所以, 在等腰中， ， 在中，由余弦定理． 二面角的余弦值为. 19. 若函数的定义域为，都有，则称函数为中心对称函数，其中为函数的对称中心． （1）已知定义R上的函数的图象关于点中心对称，且当时，，求，的值； （2）探究函数是否为中心对称函数．若是，请求出对称中心并用定义证明；若否，请说明理由． （3）运用第（2）问的结论，求的值，其中． 【答案】（1），. （2）是中心对称函数，且对称中心为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据对称性，利用赋值法即可求出，的值； （2）由定义列，化简后令系数为0，求解m、n,，根据是否有解做出结论； （3）利用函数对称性的性质化简后利用基本不等式求解. 【小问1详解】 由在R上的函数的图象关于点中心对称，得， 则，，， 当时，，， ， ，. 【小问2详解】 若为中心对称图形，则在定义域内有恒成立. ， 根据中心对称定义有， 整理得：， 为了使等式对所有 成立，系数必须分别等于零： ，解得： 是中心对称图形，且对称中心是. 【小问3详解】 由（2）知，；， 经检验，时，一致；时，一致， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025-2望城一中高一数学期末调研考试卷 望城一中高一数学组 2025.7.3 本试题卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 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（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 4 3. 某学校高一、高二、高三年级的人数之比为，若利用分层随机抽样的方法抽取一个容量为的样本，高三年级抽取的人数为人，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 已知，则 （ ） A. B. C. D. 6. 命题“，”为假命题的一个充分不必要条件为（ ） A. B. C. D. 7. 有4张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为偶数”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为5”，则（ ） A. B. 与为互斥事件 C. 与为相互独立事件 D. 与为对立事件 8. 如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，M、N分别是BC与AD的中点，则异面直线AM和CN 所成角的余弦值为（ ） 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 下列结论错误的是（ ） A. 若向量，，且与的夹角为锐角，则λ的取值范围是 B. 若非零向量，满足，则与的夹角为60° C. 若向量，满足，且，则在方向上的投影向量的模为5 D. 若向量与的夹角为，，则的最小值为 10. 在中，角A，B，C的对边分别是，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则有两解 C. 若，则为等腰三角形或直角三角形 D. 若，则为钝角三角形 11. 若实数，且满足，则下列选项正确的是（ ） 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，，若函数在单调递增，则实数的取值范围是________. 13. 如图，在正四棱台中，，，若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为________． 14. 甲乙两人分别独立抛掷一枚均匀的骰子，甲掷次，乙掷次，设甲投掷出现偶数点的次数为，乙投掷出现奇数点的次数为，则__________. 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. 在中，，. （1）求； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分. 16. 2025年5月22日16时49分，神舟二十号航天员陈冬、陈中瑞、王杰完成首次出舱任务，历时约8小时．安全返回天和核心舱．为了弘扬航天精神，某校组织高二学生进行了航天知识能力测试．现随机抽取100名学生的测试成绩（单位：分），将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示． （1）求图中的值； （2）试估计本次航天知识能力测试成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）； （3）该校准备对本次航天知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在，各一人的概率． 17. 已知函数. （1）若，求的最小正周期； （2）若在区间上有定义. （i）求的最大值； （ⅱ）若曲线至少有两个对称中心在区间上，求的取值范围. 18. 在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，，. （1）若点是线段上任意一点，且平面交棱于点，求证：； （2）①证明：； ②设侧面为等边三角形，求二面角的余弦值. 19. 若函数的定义域为，都有，则称函数为中心对称函数，其中为函数的对称中心． （1）已知定义R上的函数的图象关于点中心对称，且当时，，求，的值； （2）探究函数是否为中心对称函数．若是，请求出对称中心并用定义证明；若否，请说明理由． （3）运用第（2）问的结论，求的值，其中． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $