2024-2025学年浙江省衢州市高一数学下学期6月期末教学检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省衢州市高一数学下学期6月期末教学检测试题（附答案），共20页。试卷主要包含了全卷分试卷和答题卷，试卷共4页，有4大题，19小题， 已知定义在上的偶函数满足等内容，欢迎下载使用。
1.全卷分试卷和答题卷.考试结束后，将答题卷上交.
2.试卷共4页，有4大题，19小题.满分150分，考试时间120分钟.
3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效.
一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目的要求.
1. 已知集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用交集的运算即可求出.
【详解】因为集合，
所以.
故选：A.
2. 已知复数满足，则复数的虚部为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算，结合复数的意义求解即得.
【详解】由，得，
所以复数的虚部为.
故选：C
3. “”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据终边相同的角的三角函数值相等，结合充分不必要条件的定义，即可得到答案；
【详解】，
当，
“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
4. 将10个数据按照从小到大的顺序排列如下：，若该组数据的分位数为22，则（）
A. 19B. 20C. 21D. 22
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，结合百分位数的定义即可求解.
【详解】，
又该组数据的分位数为22，
则，解得.
故选：C
5. 已知向量，，且与的夹角为，则在方向上的投影向量为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，根据平面向量数量积的定义求出，结合投影向量的定义即可求解.
【详解】由题意知，，
所以在上的投影向量为.
故选：B
6. 如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点重合的点，于，于，则下列结论不正确的是（）
A平面平面B. 平面
C. 平面D. 平面平面
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理，性质定理，结合面面垂直的判定定理得到结果.
【详解】对于A，依题意有平面，平面，所以平面平面，A选项正确；
对于B，平面，平面，则有，
是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，则有，
，平面，所以平面，B选项正确；
对于C，平面，平面，，又于，
，平面，所以平面，
平面，则，又于，
平面，，所以平面，C选项正确；
对于D，平面平面，平面，于，
若平面平面，则必有平面，
而平面，则必有，
因为平面，平面，则有，
又平面，则必有，
由于垂直于圆所在的平面，，则，
而于，则为中点，
因为是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，，于，
则不是中点（否则会得到，但这与矛盾），
不成立，所以平面平面的结论不正确，即D选项错误.
故选：D.
7. 已知定义在上的偶函数满足：当时，，且对一切恒成立，则实数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，可得的解析式，分别求得当时，时，时，和的表达式，结合题意，即可求得的范围，综合即可得答案.
【详解】由题意知：,
当时，，
所以，所以，
因为，所以；
当时，，
所以，所以，
当时，，
所以，所以，
综上. 实数的取值范围为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：根据题意求得的解析式，分类讨论，将和进行转化，考查分类讨论的思想，属中档题.
8. 美国数学家JackKiefer于1953年提出0.618优选法，又称黄金分割法，是在优选时把尝试点放在黄金分割点上来寻找最优选择.我国著名数学家华罗庚于20世纪60、70年代对其进行简化、补充，并在我国进行推广，广泛应用于各个领域.黄金分割比，现给出三倍角公式，则与的关系式正确的为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意利用诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式可求进而解方程即可得解.
【详解】因为，
所以，又
所以，化简得，
可得，
解得（负值舍去），所以.
故选：B.
二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 在中，角的对边分别为，已知且，则下列结论正确的是（）
A. B. 的取值范围为
C. 的最大值为4D. 若为的中点，则的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，利用正弦定理和余弦定理求出；B选项，由正弦定理得到，结合，得到答案；C选项，根据基本不等式和，求出的最大值；D选项，，两边平方，结合求出，得到D错误.
【详解】因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
因为，故，A正确；
B选项，由正弦定理得，故，
因为，所以，，
故，B错误；
C选项，由A得，其中，当且仅当时，等号成立，
故，求出，当且仅当时，等号成立，C正确；
D选项，若为的中点，则，
，
其中，
故，当且仅当时，等号成立，
故，又，故，
故，即的取值范围为，D错误.
故选：AC
10. 一学生在求解以下问题“已知函数的图象关于直线对称，关于中心对称，且，求的值”时，思路如下：令（，），由对称轴和对称中心可求得，再由对称轴求，对称中心求，根据以上信息可得（）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知条件可求得，结合周期的性质可求，可得结论.
【详解】因为函数的图象关于中心对称，所以，
函数的图象关于直线对称，且，
可得，解得，
又因为的图象关于中心对称，关于直线对称，
可得周期，所以，解得，
又时，，解得，
又，可得，所以，
所以，，，
所以，
.
故选：ABD.
11. 如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点为侧棱上的动点，为线段中点.则下列说法正确的是（）
A. 存在点，使得平面
B. 周长的最小值为
C. 三棱锥的外接球的体积为
D. 平面与平面的夹角正弦值的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理与性质即可判断A；如图，确定三点共线时取得最小值，进而判断B；如图，确定球心和半径即可判断C；利用空间向量法求解面面角即可判断D.
【详解】A：由题意知，，又平面，
所以平面，由平面，得；
当为的中点时，又四边形为正方形，为的中点，
所以，由平面，所以平面，故A正确；
B：将平面和平面沿铺成一个平面，如图，连接，交于，
此时三点共线，取得最小值，即的周长取得最小值，
又，
所以的周长的最小值为，故B错误；
C：易知中，，取的中点，过作平面，如图
，
则三棱锥的外接球的球心必在上，且，
所以球的半径为，其体积为，故C正确；
D：易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，设，
所以，
易知为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，
则，令，得，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，设平面与平面所成角为，
则，所以，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，若，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量垂直的数量积的坐标表示即可求值.
【详解】因为，
所以，
所以，
解得.
故答案为：.
13. 已知，且，则的最小值为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用，结合基本不等式可求其最小值.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为.
故答案为：.
14. 已知定义在上的函数为奇函数，且函数在区间上单调递增，则的解集为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知结合函数的对称性及单调性即可求解不等式.
【详解】函数为奇函数，
函数关于中心对称，
所以，
又在上单调递增，
在单调递增，
从而可化为,
,即
故答案为
四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤.
15. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期和对称中心；
（2）求函数在上的值域.
【答案】（1）最小正周期为，对称中心为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式可得，可求周期与对称中心；
（2）由，可得，可求值域.
【小问1详解】
，
由，得函数的最小正周期为，
令，得，，
函数的对称中心为；
【小问2详解】
由（1）可得，
，，
，
函数的值域为.
16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，，是线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求直线与底面所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，先证明，再通过线面平行的判断定理即可；
（2）先证明平面，即为三棱锥高，再通过三棱锥的体积公式计算即可；
（3）取中点，连接，，证明底面，即为直线与底面所成角的平面角，求解即可.
【小问1详解】
连接交于，连接，
底面是正方形，
为中点，又是线段的中点，
，
又平面，平面，
平面.
【小问2详解】
因为底面，
且底面，
所以，
又因为，
且平面,,
所以平面.
所以根据三棱锥的体积公式：
.
【小问3详解】
取中点，连接，，
，分别为，中点，
，又底面，
底面，
为直线与底面所成角的平面角，
，，
，
直线与底面所成角的正切值为.
17. 2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，衢州文旅也在各大平台发布了衢州的宣传片：孔子，金庸，搁袋饼纷纷出场.现为进一步发展衢州文旅，提升衢州经济，在5月份对来衢旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中.
（1）求图中的值并估计满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）若有超过的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格.衢州市5月份文旅成绩合格了吗？
（3）衢州文旅6月份继续对来衢旅游的游客发起满意度调查.现知6月1日-6月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月8日-6月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为90，方差为70.由这些数据计算6月1日—6月14日的总样本的平均数与方差.
【答案】（1），79.5
（2）合格（3）平均值为86，方差为96
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的特征求出a，进而即可求出平均数；
（2）先确定40%分位数的位置，再由频率分布直方图求出百分位数，即可下结论；
（3）求出总样本平均数，根据方差的定义，即可求出总样本方差.
【小问1详解】
由题意知，
估计满意度得分的平均值
【小问2详解】
超过60%的人满意度在75分及以上，即为40%分位数大于等于75
又由满意度在的频率为，满意度在的频率为
知40%分位数位于
由
可以估计40%分位数为
有超过60%的人满意度在75分及以上，衢州市5月份文旅成绩合格了
【小问3详解】
把6月1日—6月7日的样本记为，其平均数记为，方差记为，
把6月8日—6月14日的样本记为，其平均数记为，方差记为，
则总样本平均数
由方差的定义，总样本方差为
总样本平均值为86，总样本方差为96
18. 如图，三棱台中，是边长为2的等边三角形，四边形是等腰梯形，且，为的中点.
（1）证明：；
（2）若过三点的平面截三棱台所得的截面面积为.当二面角为锐二面角时，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明；
（2）如图，根据面面垂直的性质可得、，确定为二面角的平面角，解三角形即可求解.
【小问1详解】
如图，取中点，连接，，
是等边三角形，点是的中点，
又四边形是等腰梯形，且为的中点，
又，，平面，
平面，又平面，
【小问2详解】
解法一：延长，，交于点，过点作，，垂足为，，连，
由（1）易知平面平面，，
平面平面，平面，
平面，又平面，，
又，且，平面，
平面，又平面，
，又，
为二面角的平面角，
则易知过，，三点的截面为梯形，设梯形的高为，
则，解得，
，又四边形是等腰梯形，且，，
为正三角形，，，，为正三角形；
为中点，，
，
即二面角的正弦值为；
解法二：过，分别作，，，垂足为，，，连接.
由（1）易知平面平面，
平面平面，平面
平面，又平面，
又，且，平面，
平面，又平面，
，又
为二面角的平面角
过，，三点的截面为梯形，
则，，
，，，
，，
，
即二面角的正弦值为.
19. 利普希兹条件是数学中一个关于函数光滑性的重要概念，设定义在上的函数，若对于中任意两点，都有，则称是“-利普希兹条件函数”.
（1）判断函数，在上是否为“1-利普希兹条件函数”；
（2）若函数是“-利普希兹条件函数”，求的最小值；
（3）设，若存在，使是“2024-利普希兹条件函数”，且关于的方程在上有两个不相等实根，求的取值范围.
【答案】（1）函数在上是，函数在上不是
（2）1（3）
【解析】
【分析】（1）根据定义，令k=1，作差，与0比较大小即可.
（2）根据定义，转化为恒成立即可.
（3）先求出的范围，再根据二次函数的性质可求的取值范围.
【小问1详解】
由题知，函数，定义域，
所以，
所以函数在上是“1-利普希兹条件函数”.
函数，所以，
当时，则，
函数在上不是“1-利普希兹条件函数”.
【小问2详解】
若函数是“利普希兹条件函数”
则对于定义域上任意两个，均有成立，
则恒成立
因为，，所以，得，
所以的最小值为1.
小问3详解】
解：因为函数“2024-利普希兹条件函数”，
所以在上恒成立，即在上恒成立，由，得
原方程在上有两个不相等实根等价于
①,在上有两个不相等实根
令，，
则①式等价于关于的方程在上有两个不相等实根，
即，令,
所以问题等价于直线与函数的图象在上有两个不同的交点，如图.

则，所以
又，所以使得以上不等式成立，
所以.
【点睛】本题考查了函数新定义问题，函数与方程的综合应用，零点存在性定理的应用和不等式问题，考查了转化思想和数形结合能力，属于难题.