2024-2025学年云南省红河哈尼族彝族自治州高一下学期期末数学检测试题（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省红河哈尼族彝族自治州高一下学期期末数学检测试题（含答案），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．下列与终边相同的角为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
3．复数z满足（i是虚数单位），则z的共轭复数对应的点在复平面内位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．某中学有男生600人，女生400人.为了调查学生身高情况，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法抽取一个容量为10的样本，样本按比例分配，得到男生、女生的平均身高分别为170cm和160cm.用样本估计总体，则该校学生的平均身高是（ ）
A．162cmB．164cmC．166cmD．168cm
5．要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
6．幂函数在上是减函数，则实数值为（ ）
A．2B．C．2或D．1
7．已知三棱锥中，，，，若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，则此球的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知m，n是互不重合的直线，，是互不重合的平面，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
10．下列结论正确的是（ ）
A．若，，则
B．函数的最小值为2
C．若，则的最大值为2
D．若，，且，则的最小值为4
11．设非零向量，的夹角为θ，定义运算．下列叙述正确的是（ ）
A．若，则 B．设△ABC中，，，则
C．若，则 D．（为任意非零向量）
12．在中，、、所对的边为、、，设边上的中点为，的面积为S，其中，，下列选项正确的是（ ）
A．若，则 B．S的最大值为 C． D．角A的最小值为
三、填空题
13．命题“，”为真命题的充要条件是________.
14．已知函数，且，则______．
15．已知事件与相互独立，，，则______．
16．已知（且），则实数的取值范围为____________.
四、解答题
17．某学校1000名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间，抽取其中50个样本，将测试结果按如下方式分成五组：第一组，第二组，…第五组，右图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．
(1)请估计学校1000名学生中，成绩在第二组和第三组的人数；
(2)请根据频率分布直方图，求样本数据的平均数和中位数（所有结果均保留两位小数）．
18．如图，四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩形，E为PC中点，平面平面ABCD，，．
(1)证明：平面BDE；
(2)求三棱锥D-BCE的体积．
19．已知函数
(1)求函数的最小正周期及其图象的对称轴方程；
(2)设函数，求的值域．
20．如图，在三棱柱中，已知，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
21．如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为，底面半径为.
（Ⅰ）若正四棱柱的底面边长为，求该几何体的体积；
（Ⅱ）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值.
22．对于函数，，，如果存在实数a，b使得，那么称为，的生成函数.
(1)设， ，，，生成函数.若不等式在上有解，求实数的取值范围；
(2)设函数，，是否能够生成一个函数.且同时满足：①是偶函数；②在区间上的最小值为，若能够求函数的解析式，否则说明理由.答案：
1．B
【分析】利用终边相同角的定义即可求出结果.
【详解】与终边相同的角为，
当时，可得.
故选：B．
2．B
【分析】根据正弦、余弦函数的性质求出集合、，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，可得，，
所以，
由，可得，，
所以，
所以.
故选：B
3．C
【分析】根据复数的运算求复数的代数形式，根据共轭复数的定义求，根据复数的几何意义确定在复平面上的对应点的坐标，由此确定其象限.
【详解】因为，
所以，
所以在复平面上的对应点的坐标为，点位于第三象限.
故选：C.
4．C
【分析】由分层抽样与平均数的概念求解，
【详解】由题意得在抽取的10人中，男生6人，女生4人，
故样本平均数为，估计该校学生的平均身高是166cm
故选：C
5．D
【分析】利用三角函数图象的平移变换法则求解即可.
【详解】因为，
因此将函数的图象向右平移个单位可得到函数的图象，
故选：D．
6．A
【分析】由题意可得，且可求出实数的值.
【详解】幂函数，
，
解得，或；
又时为减函数，
当时，，幂函数为，满足题意；
当时，，幂函数为，不满足题意；
综上，，
故选：A．
7．C
【分析】作出三棱锥的外接长方体，计算出该长方体的体对角线长，即可得出其外接球的半径，然后利用球体体积公式可计算出外接球的体积.
【详解】作出三棱锥的外接长方体，如下图所示：
设，，，
则，，，
上述三个等式相加得，
所以，该长方体的体对角线长为，则其外接球的半径为，
因此，此球的体积为.
故选C.
本题考查三棱锥外接球体积的计算，将三棱锥补成长方体，利用长方体的体对角线作为外接球的直径是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.
8．C
【分析】根据给定条件，确定出函数解析式，再借助函数的性质即可计算作答.
【详解】由是奇函数，得，即，
由是偶函数，得，
令，得：，，
而，于是，解得，
令，得，即，则，解得，因此，
又，于是，
所以.
故选：C
9．ACD
【分析】A根据面面平行的判定判断；B由线面、面面位置关系，结合平面的基本性质判断；C过作平面，由线面平行性质及平行公理的推论判断；D由面面垂直的判定判断.
【详解】A：由，且，，根据面面平行的判定知：，正确；
B：，，，则或，错误；
C：过作平面，而，则，又则，，故，所以，正确；
D：由，，根据面面垂直的判定知：，正确.
故选：ACD
10．AC
【分析】对于A，利用基本不等式判断，对于B，举例判断，对于C，利用换元法求解，对于D，利用基本不等式判断
【详解】对于A，因为，，所以，所以，当且仅当时取等号，所以A正确，
对于B，若，则，所以B错误，
对于C，由，得，令，则
，
因为，所以，所以的最大值为2，所以C正确，
对于D，因为，，且，所以
，
因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，
所以由对勾函数的性质可得，当且仅当时取等号，
所以的最小值为，所以D错误，
故选：AC
11．ABC
【分析】由新定义结合选项逐一判断即可
【详解】对于A：由，，可解得，
进而有或，故，故A正确；
对于B：在△ABC中，，，则，
所以，故B正确；
对于C：当时，，当且仅当时取等，
所以，故C正确；
对于D：，，
其中分别是与、与，与的夹角，
所以时D不正确，故D错误；
故选：ABC
12．BC
【分析】由余弦定理求得，再由面积公式计算判断A，利用余弦定理及基本不等式确定的范围，从而可得角范围，然后计算三角形面积得其最大值判断B，同时可判断D，在和中利用余弦定理可求得判断C．
【详解】选项A，由得，，A错；
选项B，由选项A推理过程知，，
又由知，当且仅当时等号成立。
，是三角形内角，所以，，
所以的最大值是，B正确；
选项C，由，，
又，即，
因此两式相加，得，
所以，则，C正确；
选项D，由选项B的推导过程知的最大值是，D错．
故选：BC．
13．
【分析】原命题等价于使，求在上的最大值即可.
【详解】原命题可写为“，”，
当时，随增大而增大，则时，取最大值为3，所以.
故
14．
【分析】依题意可得，令，即可得到是奇函数，根据奇函数的性质代入计算可得.
【详解】由，得，
构建函数，定义域为，
则，即是奇函数，
于是，所以，
可得，
又，因此．
故
15．0.88
【分析】根据独立事件乘法公式求出，从而利用求出答案.
【详解】因为事件与相互独立，
所以，
所以．
故0.88
16．
【分析】分和两种情况求解即可
【详解】①当时，，得；
②当时，，得.
综上所述，的取值范围为，
故
17．(1)540；
(2)平均数15.70；中位数15.74.
【分析】（1）根据频率直方图求出第二组和第三组的频率，进而求第二组和第三组的人数；
（2）由频率直方图求平均数、中位数即可.
【详解】（1）成绩在第二组和第三组的频率，
所以学校1000名学生中成绩在第二组和第三组的人数：．
（2）样本数据的平均数：，
中位数：第一二组的频率为．
第一二三组的频率为，
所以中位数一定落在第三组，
设中位数为x，则，解得.
18．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接AC交BD于O，连接OE，由中位线性质有，根据线面平行的判定即可证结论.
（2）取AD中点F，连接PF，由面面垂直的性质可得平面ABCD，则P到底面的距离为PF，由，结合棱锥的体积公式求D-BCE的体积．
（1）
连接AC交BD于O，连接OE，
因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC的中点，
又E为PC的中点，所以，
又平面BDE，平面BDE，所以平面BDE．

（2）
取AD中点F，连接PF，
因为，所以，
又面面ABCD，面面，平面PAD，
∴平面ABCD，即P到底面的距离为PF．
由，，得：，，
记E到平面BCD的距离为h，又E为PC的中点，所以，
所以.
19．(1)最小正周期，对称轴方程：，；
(2).
【分析】（1）利用二倍角正余弦公式、辅助角公式可得，根据正弦函数的性质求最小正周期、对称轴方程即可.
（2）由正弦函数的性质确定的值域，再根据二次函数的性质求的值域．
(1)
，
所以函数的最小正周期，
令，可得，，即对称轴方程，.
(2)
由（1）知：，
则，得.
20．(1)证明见解析；
(2)﹒
【分析】(1)连接，用余弦定理求出，根据勾股定理证明，再证明平面即可；
(2)过作垂直于于E，过E作EF垂直于于F，连接，则是二面角的平面角，解△即可.
【详解】（1）连接，在中，由余弦定理得：
，
又，，∴，∴，
又，=A，AB、平面，
∴平面，又平面，∴平面平面；
（2）由(1)知平面平面，过点作垂直于于E，则面，则，
过E作EF垂直于于F，连接，
∵，、EF平面，
∴平面，∴是二面角的平面角，
在中，，
由(1)知CA⊥平面，∴CA⊥，则为矩形，
∵EF⊥，∴EF=AC=1，
在Rt△中，，
∴．
21．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）分别计算圆锥和正四棱柱的体积，再计算该几何体的体积；（Ⅱ）首先利用比例关系求得，再利用基本不等式求得的最大值，即可得到正四棱柱侧面积的最大值
【详解】解：设圆锥母线长为，高为，正四棱柱的高为
（Ⅰ）由，有，故，
由，故，
所以圆锥体积为
由，有正四棱柱的底面对角线长为2，
由图可得，所以，
故正四棱柱的体积为
所以该几何体的体积为
（Ⅱ）由图可得，即，即

由，当且仅当时左式等号成立，
有，当且仅当，时左式等号成立，
故正四棱柱侧面积，当且仅当，时左式等号成立，
所以该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为.
22．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意新定义得到的解析式，然后将问题转化为在上有解，利用换元法转化为二次函数求解最值即可；
（2）利用待定系数法设，根据，得到对任意恒成立，从而得到，再利用换元法以及对勾函数进行分析求解，即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意可得，， ，，，
所以，
不等式在上有解，
等价于在上有解，
令，则，
由在上单调递减，
所以当时，取得最大值，故．
（2）解：设，则．
由，得，
整理得，即，即对任意恒成立，
所以．
所以
．
设，
令，则，
由对勾函数的性质可知在单调递减，上单调递增，
∴在单调递增，
∴，且当时取到“”．
∴，
又在区间的最小值为，
∴，且，此时，．
所以．