河南省洛阳市2024-2025学年高一年级下册期末质量检测数学试卷（含答案解析）

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

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.已知向量/=。，2),b=(-2,x),且°7后，则x=()

A.-1B.1C.-4D.4

2.一组数据8,12,15,6,11,18的第75百分位数是()

A.8.5B.11C.14.5D.15

3.已知集合M={#=logzx},N={yy=>1}贝N-()

AI^.0]B.卜，，彳；C.I(»,-)D.9,+应

05

4.已知a=0.5",b=log051.5.c=1.5-，则.，b,c的大小关系为()

A.a<b<cB.a<c<bC.b<c<aD.b<a<c

5.已知平面a及两条不重合的直线机，n,ml_a,则，〃a”是“加_L砂的()

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sin(〃.tann：tan£,则sin(a-£)二()

II•y2

A.B.——C.-D.——

S444

29

7.已知正四棱台ABCD-AIiCQi的体积为一,AB=3A.B],且其侧面与底面所成二面角的

▲

正切值为2、,彳，则该正四棱台的高为()

A.B.也C.3D.Jb

8.已知函数/(x)=+e-a+\x+l-a有唯一零点，则实数a=()

A.-2B.-1C.1D.2

二、多选题

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；

T：平均数为2,方差为32

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.已知函数几“=sin2%2、7sin，，则以下说法中正确的是（）

A.函数/（x）的最小正周期为兀

B.'0:是/（x）图象的一个对称中心

C.若/*"）=/（九2）二17i3,则ki-X21的最小值为:

D.若夕>0,且/（工+夕）是偶函数，则。的最小值是‘兀

13

11在三棱柱ABC-A.B.C.中，AB=1,A,8=8C、；，A4,=AC=2,±AAC=60。，M为

线段的中点，N为线段8c上的动点，则下列说法中正确的是（）

A.四边形BCG^i是矩形B.若N是BC的中点，则MN〃平面ABC

C.点A到平面ABC的距离为1D.4N+NG的最小值为|屿土乜11

\5

三、填空题

12.已知复数z=（cos22。+isin22o）（sin67o+icos67o）,则z=.

13.已知向量丁,否，；满加|二I,川二G,<j-、”，且+“；=0,则--自QeR）的

最小值为.

14.在三棱锥P-ABC中，平面PAB平面ABC,PA-PB、1AB=2,AC=4,BC：入Q,

则三棱锥尸-ABC的外接球的表面积为.

四、解答题

试卷第2页，共4页

15.在复平面内，复数z对应的点为Z(疗-3加+2,m-4m+3)(mER).

(1)若z为纯虚数，求机的值；

■■―>■■■—>

(2)设。为坐标原点，A为虚轴负半轴上任意一点，若向量04与0Z的夹角为锐角，求机的

取值范围.

16已知函数力\|=cos'2J；sinxcosx-sin。

(1)求/(x)的单调递增区间；

(2)当X，时，求/1(X)的最小值及相应的x值.

17.一个袋子中有大小和质地完全相同的(，"+〃)个球，其中红球机个，绿球几个

(mGN+,n£N+).现采用不放回方式从中依次取出2个球.

(1)当m=2,〃=1时，记红球为R。=1,2),绿球为G,写出试验的样本空间；

(2)若机=3,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VABC中，内角A,B,C的对边分别为。,b,c,已知26cos8cosc+ccos2B+c-a

(1)求B；

(2)8的平分线交AC于点D,若a+c=4,求8。长度的最大值.

19.已知函数f(x)=e*(e为自然对数的底数)，函数g(x)与/(x)的图象关于直线y=x对

称，〃(x)=g(/(x)+次-功.

(1)若方程力“1的实数解为看,证明e而+2/<3；

X

(2)若关于x的方程*')=g；’•%»；有两个不等的实数解，求机的取值范围.

\*/

20.在四棱锥P-ABC。中，AB//CD,AB±AD,PA=PD=CD=6,AB=AD=3,平面

PA。J_平面ABCD,E为PB的中点，过C,。，E三点的平面交棱PA于点尸.

试卷第3页，共4页

⑴设，卜-"I，求才；

(2)求四边形CQFE的面积；

⑶若直线CE与平面PAD及平面ABCD所成的角分别为胃,求sii?a+sir?£的值.

试卷第4页，共4页

《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》参考答案

题号12345678910

答案CDBDABCDABCAC

题号11

答案BCD

1.C

【分析】由向量平行的坐标表示可求得尤.

【详解】因为〃=。,2),b=(-2u),且“/耳，所如-2x(-2)=0,解得尤=-4.

故选：C.

2.D

【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6,8,11,12,15,18,共6个数据,

由6x75%=4.5<5,则第75百分位数为15.

故选：D.

3.B

【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M={◎=logzx}={就>。}，N=：\'।।.,

•)

则N=

故选：B.

4.D

【分析】利用中间值法，根据指数函数与对数函数的单调性，可得答案.

1505

【详解】由题意可得a=0.5-<0.5°=1,b=log0,51-5<log051=0,c=1.5->1.5°=1,

所以6<0<a<1<c,即6<a<c.

故选：D.

5.A

【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】当机_1_4时，若根_Lw,贝!]〃//a或“ca,所以必要性不成立；

答案第1页，共13页

若〃//a,贝£,且£仆。=/,则"/〃，

因为m_La,I-a,所以加J_/,所以m_L〃，所以充分性成立；

所以“〃6r是“祖±汇'的充分而不必要条件.

故选：A.

6.B

【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

I2

sinacos।cosasin"一二.进而利用两角差的正弦公式即可求解.

[详解】由sin（可得sinacos/3+cosCtsin.

,I/口sinaIsinfi,.

由tan」tannp,可得-一，所以2sinacos夕n二cosasm〃n，

）cosa2cos8

|2

所以sin6Tcos疗-.cosCtsin\'.

所以sin[一1二sinacos£-cosasin:：

故选:B.

7.C

【分析】根据正四棱台性质结合侧面与底面A3C0所成角正切值得A["，设

AB=3A向=3x,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AC4G，记上、下底面的中心分别为Q，。，

由正四棱台性质及A3—3A[3],可得A。—3AQ],

过41作4”，4?,垂足为即4”为正四棱台的高，则AI"_LA3,且4。二。“，

作垂足为E,连接ApE,

因A",HEl平面A[HE,所以A3J_平面,

又4EL平面AI"E,所以AB-LAIE,所以上4即就是侧面与底面所成二面角

因为侧面与底面A5CD所成角正切值为],

答案第2页，共13页

A,Hl

所以tan上AIEH⑺】、；，

且HE=AH*它=（彳0_"0拄立=2AQ,x五=,

所以&HJ<-HE2^L3xVL2x—6AjB,=

设AB=3Aq=3x,所以AQ,、口,

则该正四棱台的体积V|(射77、、)人:39

解得X.、'；，所以AIH=3,即该正四棱台的高为3,故C正确.

故选：C.

【分析】令g(x)=/(x-1),可得函数g(x)为偶函数，结合已知可得g(o)=0,可求得a的

值.

【详解】因为f(x)=e,+1++x+l|-o,所以/(尤-1)=e*+葭+H-a,

令g(X)=/(x-1)，贝Ug(x)=e*+QX+\\-a,

又因为g(-x)=十+e*+卜M-a=e*+e-*+"-a=g(x),

所以函数g(x)为偶函数，又函数/(x)=ex+l+e2+x+l|-a有唯一零点，

则g(x)有唯一零点x=0,所以g(0)=e°+e-°+O-a=O,解得a=2.

故选：D.

9.ABC

【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4,即可求解.

【详解】若骰子的点数为2,2,3,4,6,此时中位数为3,众数为2,极差为4,所以甲、乙投

答案第3页，共13页

掷过程中可能出现点数6,

若骰子的点数为1,2,2,4,6,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

x1<x2<x3<x4<x5,

则两+冗2+西+及+四=10，若入5=6,则M二冗2=九3二%4二1，

此时方差为S^[(1-2)>(12)*(I2).02)<2f4/A2

所以丁在投掷过程中不可能出现点数6,

故选：ABC.

10.AC

【分析】利用倍角公式及辅助角公式得/')=2siq”+对于A,利用周期公式，

即可求解；对于B,利用y=sinx的性质，即可求解；对于C,利用得到x-[:

或x/(v)IC,即可求解；对于D,利用偶函数的性质，得到

:-心人WZ,结合条件，即可求解.

2

【详解】因为/(、|=sin2x2\i15sinx=sin2尤2\3'-sin2x•<kos2x

=2s>n|2x+

对于A,因为f(x)的最小正周期为T-：=N,所以A正确;

对于B,由2x+"-Ax,A=/,得到无-"JcGZ,令k=1,得x",

1?

所以I:、/是/(X)图象的一个对称中心，故B错误；

对于C,令力\卜1—S,得到2sin(2#+；)—30I~枢

即一

k3/

所以2X,11-”：LkeZ或2x♦*-、*，Xxkez,

1A；6

即x♦Ai左£Z或％:•AxkEiZ,X/|T)=/HI1.

ZM

所以2-x』的最小值为--器；:，故C正确;

答案第4页，共13页

对于D,因为八一，，|=2siijJr.又/(x+0)是偶函数，

I*)

则2。+:[GZ,整理得到B-]：+，：火GZ,又0>0,所以。的最小值是「，故

D错误.

故选：AC.

11.BCD

【分析】由题可得上8AC=_bMA=上4两?=60。，以r,入，HA,为基底，根据CC=AA,

B'=A'-AB^,可得CC.Br/0,即可判断选项A；由B：=A-A尸-AA可得用C_、J

再由将平面C/C沿着B|C展开，使平面C|8C与A|B(共面，则在四边形4QCC中，

AiN+Ng的最小值为Au。”，根据余弦定理求A“Gi，即可判断选项D；若N是BC的中点，

根据线面平行判定定理即可判断选项B,由AB_1_平面4BC,所以点A到平面48c的距离

为A8=l,即可判断选项C.

【详解】如图，

在三棱柱ABC-48G中，ABBMi为平行四边形，因为M为线段A4的中点，

所以M为线段AE的中点，若N是8〈的中点，则在△△5c中MV//4C,

因为MN丈平面ABC,ACl平面ABC,所以MN〃平面ABC,所以B正确；

因为AB=1,AtB=BC、彳，=AC=2,所以AB2+BO=AG,AB-+BA^=AA/,

所以ABj_BC,AB±BA.,因为BC-平面A^C,BA「一平面A/C,BCCBA1=B,

所以A8_L平面ABC,所以点A到平面ABC的距离为A8=1,所以C正确；

由上可知上班C=60。，上BAA=60。，又上A[AC=60。，CC=AA,B-A-AB^,

CCB-AAA-AB)=AA.A-AA(.AB-2x2xcos60-2xlxcos®=1H0,

答案第5页，共13页

所以8c与CG不垂直，所以A错误;

BtC=AC-AB,=AC-AB-AAt,

所以用AH<1,1-K(l/<：•JI,2KIH21(Ii♦:IffI-

=4+1+4-2x2x1xcos600-2x2x2xcos600+2x2x1xcos600=5,

所以4c_、£，设上&qc=a,上cqc=£,

则在A48]C中，由余弦定理知cos1'、,所以sinf，一4\,

在△GBC中，由余弦定理知cosN-''二'一，所以sin.,

15is

将平面G8C沿着BC展开，使平面GBC与AQC共面，如图：

A、N+NG的最小值为AR”,在A"*中，余弦定理得

&CJ=4附♦BQ-B,4G,+8)=1+3-2XI6刑,”)

所以4N+NC、的最小值为A“C-16+：插.所以口正确.

故选：BCD

12.1

【分析】根据给定条件，利用复数乘法的三角表示求出z,进而求出模.

JZJT

【详解】复她=【©0«22。+bin221fcos23"isin23'）=cos45。+isin|5*=当，

1~5广

所以izL\「（m）一二）-i

故答案为：i

答案第6页，共13页

13."、

【分析】由题意可得2a-〃Jl?,进而求得u力-:,可得川-、=-t+3r,利用二次

函数的性质可求最小值.

【详解】由2“+八「=0,可得'=2"+，又口=43,所以,口|二VH,

所以4,；+4,；.八+片=13,又向「，卜，所以4+4-八+3=13,

所以,

■・।7Tr~：；-Z7Tr---------

所以o-〃,一、小』ib(-V)，/8-/八-\1，-1

=JjL-lY+lil,当且仅当r।时，等号成立，

\I2)42'

所以“一小。GR)的最小值为1

--

故答案为：:.

43

【分析】取AB,8c中点，连接PE,EF,可证平面ABC_L平面尸EF,记APAB的外心为M,

产为VABC的外心为f，过M在平面PEF内作0M_LPE,过尸在平面尸£F内作OFJ_EF

两直线交于点O,求得。尸即为外接球的半径，进而求得外接球的表面积.

【详解】取42,BC中点，连接所以防〃AC,EF\AC=2,

因为尸A=PB,.5,所以PEJ_AB,

XA5=2,AC=4,BC2vS,所以80=20=16+4=AC2+AB2,

所以上8AC=90。，所以BA_LAC,所以所J_AB,

所以上PEP为二面角P—AB—C的平面角，

又因为平面PAB_L平面ABC,所以上尸跖=90。，

又PECPF=P,PE,PFL平面PEF,

所以AB_L平面PEF,又ABl平面尸AB,ABl平面ABC,

所以平面尸48_L平面尸EF,平面A8CJ_平面尸EF,

记"AB的外心为M,NABC的外心为尸，

过M在平面PE歹内作0M_|_PE,过尸在平面尸EF内作。尸_1_£/两直线交于点O,

答案第7页，共13页

可得。为三棱锥尸一ABC的外接球的球心，

__/_2c.

因为PE.«PB?即.、尸,设PM=x,则卜】/|+1=x,

解得1-二产，所以。P?=x2+EF:--4-4—.

2J2RR

所以三棱锥P—ABC的外接球的表面积为47txOP.',i.

15.（1）2

⑵（1,2）（2,3）

【分析】(D根据条件得z=历-3根+2+(/一4机+3)i,再利用复数的分类,即可求解；

(2)设A(O")(f＜。)，根据条件，利用向量的夹角公式，得,即可求解.

[ttt2-3m*2#0

【详解】(1)由已知得z=W—3m+2+(m2—4m+3)i,

|-3a♦2=0

一z为纯虚数,

I-4m>3#0

解得m=2.

(2)设A(O/)(r<0),则。A二(0,。，

又0/=(m2—3m+2,毋—4m+3),

由0：，。厂夹角为锐角得：0A.0；>0,且。;与。尸不共线，

/(iw3--Ui0

*♦'■

in1-3w*2*0

解得1<m<3且加N2,

答案第8页，共13页

故根的取值范围为(1,2)(2,3).

16.(I'-/+：+Ax(AwZ)

⑦"."八7，

【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.

【详解】(1)由于cos%]、lsinxcosx-sin与=「“IJ、HIV)2\Asinxcosx

■\ZJsin2x2CO512cos|,

I3)I3)

由12A1j兀W[Ax,：-r-hi&x，♦Ai.

i1A

故/G)的单调递增区间为2xIA/,).

36

⑵X1।「时，2xt*€—,

213133T

当2x，、~,即冗e11时，/(x)单调递减，

333

当2x，"=X.n.即x匚J时，/(x)单调递增,

3I.3J3

X

-2

故当X-：时，/(X)有最小值，且小Ln=于3

17.(1)答案见解析

(21①/4.

【分析】(1)由题意利用有序数对，一一列举基本事件，根据样本空间的概念，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.

【详解】(1)用芯，马分别表示第1,2次取到的球，则可用9)表示2次取球的可能结

果，

则样本空间。={(4,殳)”(4,G),(电G),(&,凡)，(G,RJ,(G,&)}.

(2)①样本点总数为(3+??)(2+n),两个球都是红球的样本点个数为3x2=6,

答案第9页，共13页

6I

故,,,.,解得"=4.

②设A="第一次取到红球"，B="第二次取到红球”，

则”取到的2个球颜色不同”=AB\TAB,且而与ZB互斥，

所以尸|.』反=尸豳)+P(砌=;

18.(1)8=*

(2)73

【分析】(1)由正弦定理可得2sin5cos3cosc+sinCcos2B+sinC=sii利用三角恒等变换

可求得cosB—।,可求得54；

(2)设班)=m,由三角形的面积可得।c侬in侬in"-1acsinI,可得加6“匕

?ft?A)«c4r

利用基本不等式可求得80长度的最大值.

【详解】(1)：2/?cosBcosC+ccos2B+c=a,

由正弦定理得：2sinBcos5cosc+sinCcos2i5+sinC=sinA,

：2sinBcosBcosC+2cos2BsinC=sinA,

：2cosB(sinBcosC+cosBsinC)二sinA,

：2cosBsin(B+C)=sinA,BP2cosBsinA=sinA,

又sinA>0,：cosBBG(0,7i),,.B.

(2)设出)=m,则由S必即+S.CBD二工做得

XI.tI.X

(ESin—*-awsin=-acsin-,

2A365X

当且仅当〃=c=2时，取“=”，

故go长度的最大值为.q.

19.(1)证明见解析

【分析】(1)对光的取值分类讨论，当X>0时，构造网'I=ex,用单调性和零点存在定

¥

答案第10页，共13页

理得出劭的范围，由e*变形式子e%+2尤0-3,结合劭的范围即可证明；

X,

(2)由对称得g(x)=Mx,推出/z(x)=In(ex+ej,联立如l二g"7一：c-进行化

简，然后进行换元求解，令e'=>0),转化为二次方程在(0,+2上有两不等实根问题，

列不等式组求解即可.

【详解】(1)方程力，)1,即e'=L

rx

当尤<0时，方程e'，无实数解，

当了>0时，令二e“-I,则夕(x)在(0,+8)上单调递增，

T

又刖.।、e-2<0,11=e-l>0,

故夕氏)在内有唯一零点飞,

口11.1

即Z，、」|，

\2)

所以物+2x।Tv；

X.JXlt

所以e*。+2x0<3.

(2)g(x)=Inx,

：〃(x)=In(e*+e.x),

(\\ifI\

h\11*w♦、c•2/w「即lnt(c‘，c卜二Inz八'】刖,

\2JI2/

e>*c*=iwe*♦[e'♦2.，

：.(<wT)c”.2/we，」=0,

令e'=r(r>0),gP|m-I)/2+2mt-[u在(0,+。)有两个不等实根，

m-UO

(2«)J-4(«,-l)x^P>0

=A>o

12l-m

r.0•—"""r>0

2(")