辽宁省大连市第二十四中学2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷（解析版）

这是一份辽宁省大连市第二十四中学2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷（解析版），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷
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. 已知向量，，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得.
【详解】因为，，
所以，所以.
故选：D
2. 关于x的一元二次方程的解集为，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由方程的解集和根与系数关系得的关系，并由得a的正负，代入不等式后即可求解.
【详解】∵关于x的一元二次方程的解集为，
，即，，即.
，
即，即，解得.
故选：A.
3. ①平行向量就是共线向量；②若向量与是共线向量，则、、、四点共线；③若非零向量与满足，则、互为相反向量.其中正确的有（ ）个.
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据共线向量、相反向量的定义判断即可.
【详解】对于①：平行向量就是共线向量，故①正确；
对于②：若向量与是共线向量，则直线直线或、、、四点共线，故②错误；
对于③：若非零向量与满足，即，所以、互相反向量，故③正确.
故选：C
4. 甲、乙两组数据整理成茎叶图如图所示，下列说法错误的有（ ）
①甲组数据平均数比乙组小；
②乙组数据离散程度更小；
③甲组的分位数比乙组的分位数大10；
④甲组的极差比乙组的方差大；
⑤选择甲组中任一数据，其在乙组中的概率为.
A. ①④⑤B. ①③④C. ①③D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给数据计算出平均数、百分位数、方差即可判断①、②、③、④，根据古典概型的概率公式判断⑤.
【详解】甲组数据的平均数为，
乙组数据的平均数为，
所以甲组数据平均数比乙组大，故①错误；
乙组数据比较集中，所以乙组数据离散程度更小，故②正确；
因为，所以甲组数据的分位数为；
，所以乙组数据的分位数为；
则甲组的分位数比乙组的分位数大，故③错误；
甲组极差为，
乙组的方差为，
所以甲组的极差比乙组的方差小，故④错误.
甲组数据有、在乙组数据中，则选择甲组中任一数据，其在乙组中的概率为，故⑤正确.
故选：B
5. 已知为内一点，且满足，若的面积与的面积的比值为，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】如图，根据平面向量的线性运算可得，则在线段上，且，设，结合和计算即可求解.
【详解】由，得，
如图，分别是的中点，

则，
所以在线段上，且，
得，设，则，所以，
因为，，，
所以，则，解得.
故选：B
6. 已知函数是偶函数，其在上单调递减则大小关系为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先分析出函数关于对称，且在区间上单调递增，在区间上单调递减；再判断三个值的自变量与对称轴的远近即可求得结果.
【详解】因为函数是偶函数，其在 上单调递减，
所以函数关于对称，且在区间上单调递增，在区间上单调递减；
所以函数关于对称，且在区间上单调递减，在区间上单调递增；
所以关于对称，且在区间上单调递增，在区间上单调递减；
，，；
由于谁离对称轴远谁就小，
可得，，，
故，
故答案为：A
7. 已知正实数，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，令，则问题转化为求的最小值，利用基本不等式计算可得.
【详解】因为，
令，则，
又，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
即的最小值为，当且仅当时取等号，
所以的取值范围是.
故选：C
8. 记表示命题成立且命题不成立，现给出三个命题A，B，C，则（ ）
A. “A是的充分不必要条件”是“是A的必要条件”的必要不充分条件
B. “是的必要不充分条件”是“A是的充分不必要条件”的既不充分也不必要条件
C. “是的充要条件”是“是的充分不必要条件”的充分不必要条件
D. “是的既不充分也不必要条件”是“是的充要条件”的必要不充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】将每个选项的命题都用集合表示，再根据集合的运算性质判断命题的充分条件和必要条件，从而可以逐一判断.
【详解】令三个命题A，B，C对应三个数集，全集为，
对于A，命题“A是B的充分不必要条件”等价于命题：⫋，
命题“B是A的必要条件”，等价于命题：，
因此，但，所以是的充分不必要条件，故A错误；
对于B，命题“是的必要不充分条件”等价于命题：⫋，
命题“A是的充分不必要条件”等价于命题：⫋，因此，但，
所以是的充分不必要条件，故B错误；
对于C，命题“是的充要条件”等价于命题，即，
也即；命题“是的充分不必要条件”等价于命题⫋，
因此，但，所以是的充分不必要条件，故C错误；
对于D，命题“是的既不充分也不必要条件”等价于命题：与互不包含，
命题“是的充要条件”等价于命题，即，
因此，但，所以是的必要不充分条件，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点：该题的解题关键点是将所有命题都用集合表示，把充分条件必要条件问题转化为集合的关系和运算问题，从而快速得解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. “计算是数学大厦的根基”，下列计算中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 不等式的解集为
C. 若，则
D. 若，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用作差法及不等式的性质判断A，利用零点分段法解绝对值不等式，即可判断B，利用特殊值判断C，利用乘“1”法及基本不等式判断D.
【详解】对于A：因为，
所以，所以，
则，故A正确；
对于B：不等式，即，
即或或，
解得或或，
所以不等式的解集为，故B正确；
对于C：当时，显然满足，但是，故C错误；
对于D：因为，，所以，
所以，
当且仅当，即，时取等号，故D正确.
故选：ABD
10. 关于事件与概率，下列说法中错误的是（ ）
A. 两独立事件、，、均不发生的概率为，发生且不发生的概率等于发生且不发生的概率，则事件发生的概率为
B. 现有A、B、C、D四人，以抽签方式随机分为两组分别进行比赛，已知A胜率为60%，B胜率为40%，则最终A、B均获胜的概率为
C. 某一组数据编号，从中任一选择一个编号其三位数字之和为奇数的概率比为偶数的概率大
D. 甲乙二人约定某天上午到10点交易，假设二人均在这段时间到达且在这段时间内任意时刻到达的概率相等，约定先到者等后到者10分钟，过时交易取消，则交易成功的概率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据相互独立事件的概率公式判断A，根据全概率公式判断B，根据古典概型的概率公式判断C，根据几何概型的概率公式判断D.
【详解】对于A：由题意，
即，解得,故A正确；
对于B：依题意分组一共有三种可能，
若、分在同一组，则、不可能都获胜，此时、均获胜的概率为；
若、分在同一组，则、为一组；
若、分在同一组，则、为一组；
所以、均获胜的概率为，故B错误；
对于C：从一组数据编号中任一选择一个编号其三位数字之和为奇数有：
，，，，，，，，，，，，，共个，
则三位数字之和为偶数的有个，
所以从中任一选择一个编号其三位数字之和为奇数的概率比为偶数的概率大，故C错误；
对于D：以记为，设甲到达的时间为，乙到达的时间为，
则，
满足条件的事件对应的集合是：，
如图所示：建立平面直角坐标系，区域即图中阴影部分，
所以，
因此两人能够交易成功的概率，故D错误.
故选：BCD
11. 已知与之间的关系可用如图表示，其图象是指数函数的一部分，若则（ ）
A.
B.
C.
D. 存在最大值为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据指数函数的定义，得到，两边取自然对数，
得到，依次判定AB选项，结合基本不等式判断C选项，
代入消元判断D选项即可.
【详解】由指数函数的定义，，
两边取自然对数得：，
故，
因为，故无法判断，故A错误；
，故B错误；
，当且仅当时取等号，故C正确；
，当时取到最大值，故D正确，
故选：CD.
第II卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 平面直角坐标系内点，，，若O、A、B三点共线，则线段AB上靠近点A的三等分点的坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据三点共线可求得，可求.再根据向量共线定理与向量加法运算即可求解.
【详解】，，
，.
∵O、A、B三点共线，
，解得或（舍去）.
，，.
设线段AB上靠近点A的三等分点为C，
则，.
故答案为：.
13. 定义在上的函数，若存在满足，则实数的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先分析的单调性，不妨令，则，根据对数的运算性质得到，且，再由求出的取值范围，即可得解.
【详解】因为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为存在满足，
不妨令，则，
由得，则，故，
∴，
又，
∴，即，则，
∵，∴，，∵，
∴，则实数的最小值为．
故答案为：.
14. 已知函数关于点对称，其反函数为，若与的图象关于点对称，则关于x的不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由对称性待定，研究的性质，借助函数间对称与图象变换逐步求解研究各函数及性质.先由互为反函数可求，进而求出，再由与的图象关于点对称可求出，转化不等式h3ex+2+h12−e2x+110−e2x>10−13ex为同构形式h3ex+2+13ex+2−2>1e2x−8−2+he2x−8，从而构造函数，根据单调性分类讨论求解不等式可得.
【详解】由函数关于点对称，
则，所以，
故，
解得，即，
所以函数的定义域为，值域为，
在和上都单调递减，且图象关于对称；
因为函数是的反函数，
由互为反函数的两函数关于直线对称可知，
函数的定义域为，且图象关于对称，
令，解得
故，其在和上都单调递减；
函数的定义域为，且图象关于对称.
，其在和上都单调递减，
且当时，；当时，；
又由与的图象关于点对称，
则函数的定义域为，且图象关于对称.
，其在和上都单调递减，
且当时，；当时，；
故，则有，
由h3ex+2+h12−e2x+110−e2x>10−13ex，
由不可能小于1，故.
首先有3ex+2>312−e2x312−e2x>310−e2x≠0，解得或.
得h3ex+2+13ex>1e2x−10+10−h12−e2x，
则可化为h3ex+2+13ex+2−2>1e2x−8−2+he2x−8，
构造函数，则，
又函数的定义域为，且在和上也都单调递减，
当时，，则；当时，，；
当e2x−83，即时，
恒有成立；
当3ex+2>3e2x−8>3时，由在上单调递减，
故由，可得，
解得，此时满足不等式组3ex+2>3e2x−8>3，故.
故，或，验证知满足或.
综上所述，不等式的解集为.
【点睛】关键点点睛：解决此题关键有二，一是理清各函数间的联系， 逐步求解研究函数及性质；二是同构变换，转化不等式为同构形式h3ex+2+13ex+2−2>1e2x−8−2+he2x−8，进而构造函数研究单调性求解不等式.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知，集合，.
（1）当时，求；
（2）若是的必要不充分条件，
①求的取值范围；
②当取最小值时，设是的反函数，求函数的值域.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据对数函数的性质求出集合，再解一元二次不等式求出集合，最后根据补集、交集的定义计算可得；
（2）①令，依题意可得是的必要不充分条件，即真包含于，再对分类讨论，分别求出集合，从而得到不等式组，解得即可；
②首先求出的解析式，再反解求出的解析式，最后再根据对数型复合函数的值域计算可得.
【小问1详解】
对于，
令，即，则，解得，
所以，
当时，不等式即，解得或，
所以，
所以，，所以；
【小问2详解】
①令，
因为是的必要不充分条件，所以是的必要不充分条件，
所以真包含于，
又，
由可得，
当时，解得，即，不符合题意；
当时，解得或，
即或，显然不满足真包含于，不符合题意；
当时，解得，
即，显然不满足真包含于，不符合题意；
当时，解得或，
即或，显然不满足真包含于，不符合题意；
当时，解得，即，则，解得；
当时，解得，即，符合题意；
当时，解得，即，则，解得；
综上可得，即的取值范围为；
②由①可得，所以，，则，
又是的反函数，
令，则，所以，
所以，即，
所以，，
所以
，，
其中，
又，则，所以，所以，
即，所以，所以的值域为.
16. 在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位患者的年龄并得到如下频率分布直方图（每一组区间均是前闭后开），回答下列问题：
（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率；
（3）已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.
【答案】（1）岁
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；
（2）根据频率分布直方图计算可得；
（3）根据条件概率公式即可求出．
【小问1详解】
平均年龄
（岁）．
【小问2详解】
由频率分布直方图可得该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率为；
【小问3详解】
设“任选一人年龄位于区间”，“从该地区中任选一人患这种疾病”，
则由已知得：，，，
则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，
此人患这种疾病的概率为．
17. 在中，点D为边上靠近A的三等分点，点M为形内一点.

（1）如图，若点M满足求与的面积之比；
（2）若点O为的外心，点M满足延长线交于点N，求k的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）延长至使，可以得到四边形是平行四边形，然后根据，所以，又，所以，进而得到答案.
（2）由，得，设，由及向量的运算法则可得，又因为，列得方程组，求解即可得的值.
【小问1详解】
M是所在平面内一点，延长至使.
，，
连接，因为向量和向量平行且模相等，则四边形是平行四边形.
由于，所以，又，所以，
在平行四边形中，，所以与的面积之比为.
【小问2详解】
，.
设，，，
，，
，
又，
，解得.
所以.

18. 记双曲正弦函数双曲余弦函数其中为自然对数的底数.
（1）证明：；
（2）已知函数，
①方程在上有且仅有一个实根，求的取值范围；
②解关于的不等式：.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②答案见解析
【解析】
【分析】（1）将双曲正、余弦函数解析式分别代入式子左边与右边，计算化简得相同结果即证；
（2）①利用整体换元，将问题转化为方程在 根的分布问题，结合函数图象开口、对称轴、判别式及区间端点值进行分类讨论求解；②仍利用整体换元、分解因式将不等式转化为t−1t+a2>0，方程根的大小及与区间的关系，分类讨论根的变化求解不等式可得.
【小问1详解】
证明：左边；
右边
，
故式子左边右边，得证.
【小问2详解】
① ，
令，由（1）得：，
又因为，
所以，
则有，令
即，由在区间上单调递增，
可得，即，
由题意，关于的方程在上有且仅有一个或两相等实根，
令，则函数图象开口向上，对称轴，
判别式，
且有，，.
首先，由可得或.
（i）当，即时，方程为，
解得，或，而，故不满足题意；
（ii），即时，方程为，
解得，且，故不满足题意；
（iii）当，即时，
则由，，且图象开口向上，
可知在上有且仅有一个实根，另一根在内，满足题意；
（iv）当且，即时，
当时，函数对称轴，且，即，
由零点存在性定理可知在与内各有一根，不满足题意；
当时，，，
故在内有两相等实根，满足题意；
当时，，，
故在内无实根，不满足题意；
当时，函数对称轴，且，即，
可知在内无实根，不满足题意；
（v）当且，即时，
可知在内无实根，不满足题意；
综上所述，或，故的取值范围为.
②不等式fx>1−sinh2x即，
可化为不等式，
将，代入，
得，
化简得解不等式，令，
则不等式可化为t2+a2t−1t−1>0⇔t3+a2t2−1−t>0⇔t−1t+1t+a2>0，
t−1t+a2>0，
（i）当时，，则不等式 t−1t+a2>0，
解得或，由或，解得或；
（ii）当时，，不等式 t−1t+a2>0即，
解得，且，由解得；
（iii）当时，，不等式 t−1t+a2>0，
解得或，由或，解得或；
（iv）当时，不等式 t−1t+a2>0，由，解得，
由，解得；
综上所述，当时， 所求不等式解集为x|x>ln−a2或 ；
当时，所求不等式的解集为；
当时，所求不等式的解集为或；
当时，所求不等式的解集为.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于分类讨论思想的应用，如第（2）问中考查二次方程根的分布，需要综合考虑判别式、端点值符号及对称轴与区间的关系，对参数分类讨论求解.
19. 已知函数，.
（1）当时，解不等式；
（2）证明：当时，函数有唯一的零点x0，且恒成立.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由对数型函数的单调性直接求解即可；
（2）由在上单调递增，利用零点存在性定理可知存在唯一的，
由化简后可得，利用均值不等式及等号成立条件即可得证.
【小问1详解】
当时，，由可得，
解得，即，
故不等式的解为.
【小问2详解】
因为与均为增函数，
所以在上单调递增，
当时，，
，
所以存在唯一的，使得，
即函数有唯一零点，
所以，即，
所以，即，
所以，
因为，所以，
所以，当且仅当与时等号成立.
当时，由知，即，所以等号不成立，
所以.