湖南省湘潭市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题

年上学期高一期末质量检测数学本试卷共4页全卷满分分，考试时间分钟.注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.85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.的实部为（）A.1B.3C.D.【答案】A【解析】【分析】借助复数运算法则计算后即可得.【详解】，其实部为.故选：A.2.已知集合，，则集合中的元素之积为（）A.5B.9C.45D.【答案】C【解析】【分析】由对数函数单调性求解，再根据交集的定义即可求解．【详解】由题可知，，则，所以集合中的元素之积为，故选：C．3.一个杯口半径为､高为第1页/共17页A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用圆柱及球的体积公式计算得解.【详解】依题意，，解得，经验证符合题意，所以.故选：D4.概率为0.70.8，则甲、乙两人恰好有一人投中的概率为（）A.0.38B.0.56C.0.26D.0.52【答案】A【解析】【分析】借助相互独立事件的乘法公式计算即可得.【详解】设“甲投中”，“乙投中”，则.故选：A.5.设，是两条不同直线，，是两个不同的平面，则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】根据空间直线、平面的位置关系，结合平面的基本性质判断线性、线面的位置关系即可.【详解】A：若，，则平行、相交或异面，故A错；B：若，，则平行或异面，故B错；C：若，，则或，故C错；第2页/共17页故选：D6.矩形中，，，过的一条直线与直线，直线分别相交于点，，其中，，则的面积的最小值为（）A.B.4C.D.6【答案】B【解析】【分析】设，根据三角形相似表示出，再用三角形面积公式，结合基本不等式求解.【详解】如图，设，则，因为，所以，解得，所以的面积为，因为，当且仅当，即时取等，所以的面积的最小值为.故选：B.7.已知一组样本数据为65百分位数不可能是（）A.3B.4C.5D.6【答案】A【解析】第3页/共17页【分析】由，可得第65百分位数为这组数据由小到大排列后的第四个数字，不妨令，结合极差，分类讨论可求得结论.【详解】由，可知该组样本数据的第65百分位数为这组数据由小到大排列后的第四个数字．不妨令，注意到这组数据的极差为4．当时，，此时除去，这组数据可写为，可放在任意位置，此时第四个数字必为4；当时，，此时除去，这组数据可写为，对进行讨论：当时，第四个数字为4；当时，第四个数字为5；当时，第四个数字为6，综上，第四个数字的取值范围为．故选：A．8.在中，A是锐角，且，则的形状一定为（）A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等腰三角形【答案】B【解析】【分析】根据和差角公式可得，即可结合诱导公式求解.【详解】由题意可得，整理得，移项得，故．因为在中，，，，所以，即，故．故选：B．36分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.9.已知函数，则（）第4页/共17页A.在上单调递增B.的值域为C.D.的零点小于【答案】BC【解析】【分析】求出的定义域和值域可判断A，B；求解可判断C；由可判断D.【详解】对于A，的定义域为，故A错误；对于B，函数单调递增且值域为，单调递增且值域为，所以单调递增且值域为，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，，因为单调递增，所以的零点大于，故D错误.故选：BC.10.已知复数，是方程对应的点在对应的点的上方，为坐标原点，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】AAB选项，数量积公式计算；C选项，计算得到，利用模长公式进行求解；D选项，计算出，利用复数的乘方运算法则求解.第5页/共17页【详解】A选项，方程的判别式，的两根为，两根对应的点分别为，故，A正确；B选项，，故，B错误；C选项，，，故，C正确；D选项，，故，D正确.故选：ACD对于函数（，，2，相邻零点之间的距离为，直线既是图象的对称轴也是图象的对称轴，的最大值与的最小值之差为5，则（）A.B.C.存在一条直线是图象的对称轴但不是图象的对称轴D.存在一点既是图象的对称中心也是图象的对称中心【答案】BC【解析】【分析】A求出的最小值即可；B由即可求出；CD根据直线为对称轴求出和的解析式即可求出两者的对称轴和对称中心.【详解】的最大值与的最小值之差为5，显然的最小值为，所以的最大值为4，故，故A错误；记的最小正周期为T，相邻零点之间的距离为，第6页/共17页所以，解得，故B正确；因为直线既是图象的对称轴也是图象的对称轴，所以，，，，因，，2，解得，，则，，故图象的对称轴方程为，，解得，，图象的对称轴方程为，，解得，，则是的对称轴，但不是的对称轴，故C正确；令，，解得，，则图象的对称中心为，，令，，解得，，则图象的对称中心为，，令，则，，，等号左边为偶数，右边为奇数，故不存在，使成立，故D错误.故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知边长为4的菱形的一个内角为，则_____．【答案】或【解析】【分析】由平面向量数量积的定义即可求解．【详解】由题可知，或，第7页/共17页若，则，故答案为：或．13.已知命题“，”为假命题，则实数的取值范围为_____.【答案】【解析】【分析】若命题为真命题，利用参变分离求出的范围，再求其补集即可.【详解】若命题为真命题，则对，恒成立，因在上单调递增，则在上单调递增，则，则，故而实数的取值范围为.故答案为：14.在中，，，则BC最小值为______.【答案】##0.8【解析】【分析】先得到，由正弦定理和三角恒等变换得元后，结合求出最小值.【详解】因为，，所以．在，由正弦定理得，所以．第8页/共17页由，得．将其代入得，，由得，令，则，当且仅当时，取得最小值．故答案为：四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知平面向量，.（1）若⊥，求的值；（2）若，且与的夹角为锐角，求的取值范围.【答案】（1）（2）且【解析】1）根据向量垂直得到数量积为0，得到，齐次化变形，代入求值；（2）计算出，利用夹角为锐角，得到且与不同向共线，从而得到不等式，求出答案.第9页/共17页【小问1详解】⊥，故，故，；【小问2详解】，，，与的夹角为锐角，故，解得，且与不同向共线，即，即，综上，且；16.已知函数.（1）判断的奇偶性，并说明理由；（2）证明：.【答案】（1）偶函数，理由见解析（2）证明见解析【解析】1）根据奇偶性定义判断函数即可；（2）分类讨论和两种情况即可证明.【小问1详解】偶函数，理由如下：因为，因为，解得，定义域为，关于原点对称，第10页/共17页故，所以为偶函数；【小问2详解】当时，，所以，则，所以当时，，得，所以，则，所以；综上，.17.记中的内角的对边分别为，且．（1）证明：；（2）若，且边上的中线的长度为，求a的值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】1）利用正弦定理、三角恒等变换的知识化简已知条件，从而证得.（2）利用余弦定理列方程，化简求得的值.【小问1详解】由正弦定理可得，又为的内角，故．代入上式，有，即．又，若，必有，不符合题意，第11页/共17页【小问2详解】不妨设为边上的中线，在中，有，由（1）可得，故，即．在中，有．即．解得．18.半程马拉松是一项长跑比赛项目，长度为21.0975公里，为全程马拉松距离的一半．20世纪50年代，一些赛事组织者设立了半程马拉松，自那时起，半程马拉松的受欢迎程度大幅提升．某调研机构为了了解人们对“半程马拉松”“半程马拉松”第12页/共17页与知识竞赛者按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图．（1（220“半程马拉松”有甲（年龄3642）两人已确定入选为宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选为组长的概率；（3年龄的平均数与方差分别为36和1为42和2，据此估计年龄在内的所有参与知识竞赛者的年龄的平均数和方差．【答案】（1）32（2）（3）平均数为38，方差为．【解析】1）根据平均数的定义结合频率分布直方图求解即可；（2）先根据分层抽样的定义求出从第四组和第五组所抽取的人数，然后利用列举法结合古典概型的概率公式求解；（3）根据平均数和方差的定义结合已知条件求解即可.【小问1详解】【小问2详解】由题意得，第四组应抽取人，记为，，，第五组应抽取人，记为，对应的样本空间为：，第13页/共17页设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”，则，所以．【小问3详解】设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，则，，，，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，则，，据此估计第四组和第五组所有人的年龄的平均数为38，方差为．19.如图，在三棱台中，，是边长为的等边三角形，且，，，.（1）证明：平面平面；（2）求的长；（3）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）1（3）【解析】1平面第14页/共17页（2）过点作交于，连接，设，在中，由余弦定理得，最后在中由勾股定理即可求解；（3）取中点，中点，连接，根据条件得，，故为平面与平面的夹角，然后在中，由余弦定理求解即可.【小问1详解】由题意，因，且，平面，所以平面，在三棱台中，平面平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）可知，平面，因为平面，所以，又因为是边长为的等边三角形，所以，所以与全等，所以，即，又因为，所以，在中，由余弦定理得，解得，第15页/共17页所以，如图①所示，过点作交