江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版），共20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。
考试时间：120分钟 试卷总分150分
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. 已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
2. 函数的值域为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
4. 函数的零点所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
5. 按从小到大排列的一组数据的分位数为（ ）
A 96B. 96.5C. 97D. 97.5
6. 某检测箱中有10袋食品，其中有2袋符合国家卫生标准，质检员从中任取1袋食品进行检测，则它符合国家卫生标准的概率为（ ）
A. B. C. D.
7. 在中，是中点，，若，则的值分别为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
8. 已知是上连续函数，满足有，且.则下列说法中正确的是（ ）
A. B. 为奇函数
C. 的一个周期为8D. 是的一个对称中心
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 已知且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A. O为点A，B，C所在直线外一点，且，则
B. 已知非零向量，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
C. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为
D. 若点G为△的外心，则
11. 现定义：定义域和值域均为正整数的单调增函数称为“正直函数”，已知正直函数满足，，则（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则____________.
13. 定义在R上函数，恒有，当时，，则方程的解为_________
14. 如图，在平面四边形ABCD中，，．若点为边CD上的动点，则的最小值为______________．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，，，且，.
（1）求与；
（2）求向量与的夹角的余弦值.
16 设函数．
（1）求函数的最小正周期和对称轴方程；
（2）求函数在上的最大值与最小值及相对应的的值．
17. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.
（1）求角A的大小；
（2）若，∠BAC的角平分线交BC于点D，求线段AD长度的最大值.
18. 某商场为了吸引顾客，规定购买一定价值的商品可以获得一次抽奖机会，奖品价值分别为10元、20元、30元、40元．已知甲抽到价值为10元、20元、30元、40元的奖品的概率分别为，且每次抽奖结果相互独立．
（1）已知甲参与抽奖两次，求甲两次抽到的奖品价值不同的概率；
（2）求甲参与抽奖三次，抽到两种不同价值的奖品，且获得的奖品价值总和不低于80元的概率．
19. 已知函数图象上两条相邻的对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，设．
（1）求函数在上的值域；
（2）若对任意的恒成立，求的最大值；
（3）若任取，总存在，使成立，求的取值范围．
丰城九中2024-2025学年高一年级下学期期中考试数学试卷
命题人
考试时间：120分钟 试卷总分150分
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. 已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数集的并集运算求参数的取值范围.
【详解】因为，，
所以.
故选：A.
2. 函数的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合函数单调性即可求解.
【详解】易知为减函数，
所以.
所以函数的值域为，
故选：A
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由对数的换底公式及对数的运算性质即可求出结果.
【详解】，
，.
故选：D.
4. 函数的零点所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断函数的单调性，再结合函数零点的存在性定理进行判断即可.
【详解】函数的定义域为，
因为函数在上为增函数
，又因为函数在上为增函数，
故函数在上为增函数.
因为，则.
由零点存在定理可知，函数的零点所在的区间是.
故选：B
5. 按从小到大排列的一组数据的分位数为（ ）
A. 96B. 96.5C. 97D. 97.5
【答案】D
【解析】
【分析】利用百分位数的计算原理计算即可.
【详解】共10个数，，所以分位数为第8个，第9个数据的平均数，即
故选：D
6. 某检测箱中有10袋食品，其中有2袋符合国家卫生标准，质检员从中任取1袋食品进行检测，则它符合国家卫生标准的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据古典概型概率公式即可求解.
【详解】箱中有10袋食品，其中有2袋符合国家卫生标准，质检员从中任取1袋食品进行检测，则它符合国家卫生标准的概率为.
故选：B.
7. 在中，是的中点，，若，则的值分别为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算，结合平面向量基本定理计算求值即可.
【详解】
如图，因为，所以点为线段的中点，则有,
因为是的中点，所以，
所以.
所以，.
故选：B.
8. 已知是上的连续函数，满足有，且.则下列说法中正确的是（ ）
A. B. 为奇函数
C. 的一个周期为8D. 是的一个对称中心
【答案】D
【解析】
【分析】对中分别赋值，得出，进一步研究函数的奇偶性与对称性，对选项逐一分析即可.
【详解】对于A选项，由题，令，则
，故A不正确；
对于B选项，令，则，即，则为偶函数，故B不正确；
对于C选项，令，则，
故，两式相加整理得：即
故，故的一个周期为6，
则，故的一个周期为8不成立，C不正确，
对于D选项，由且为偶函数，故，
所以是的一个对称中心，故D正确；
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 已知且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】计算即可得出A；根据A判断范围，再利用齐次化思想得到，即可得出B. C；利用齐次化思想得到D.
【详解】由，得，所以，A正确；
因为，所以，，则，
而，得出或，
若，则，与矛盾.
故，故C错误；
，B正确；
，D错误．
故选：AB
10. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A. O为点A，B，C所在直线外一点，且，则
B. 已知非零向量，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
C. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为
D. 若点G为△的外心，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，由，，三点共线，有，其中，即可求得的值；对B，由向量夹角的坐标表示即可判断；对C，根据投影向量的概念结合条件即得结果；对D，根据三角形外心的概念得解.
【详解】对于A，由，，三点共线，为点，，所在直线外一点，
有，其中，即，所以，故A正确；
对于B，，因为与的夹角为锐角，
则，解得，
当与共线时，，解得，
所以实数的取值范围是，故B不正确；
对于C，，，
所以在上投影向量的坐标为，故C正确；
对于D，因为点为的外心，所以，故D正确.
故选：ACD.
11. 现定义：定义域和值域均为正整数的单调增函数称为“正直函数”，已知正直函数满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：假设，结合题意推出矛盾；对于BC：结合选项A可知：或（且），假设，结合题意推出矛盾，可得，即可得；对于D：可求，结合单调性分析求解.
【详解】对于选项A：若，则，
可得，两者相矛盾，故A错误；
对于选项B：因为为正整数，且单调递增，
结合选项A可知：或（且）．
若（且），
令，则；
再令，则，可得．
因为，则，即，
这与矛盾．即（且）不成立．
所以，可得，即，故B正确；
对于选项C：令，，即．故C错误；
对于选项D：令，，即．
又为正整数．且单调递增，所以，故D正确；
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：对于本题的推理，采取正难则反的思想，关键在于利用反证法，先假设再推出矛盾.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则____________.
【答案】##0.3
【解析】
【分析】应用商数关系有，结合平方关系得，即可求解.
【详解】由，而，
所以，则.
故答案为：
13. 定义在R上的函数，恒有，当时，，则方程的解为_________
【答案】或
【解析】
【分析】由可得，分析出函数的部分解析式，作出函数图象，先由，求出对应的值，根据图象可得答案．
【详解】由，可得，
又当时，，
所以，
由上的图象，可作出的图象，如图．
当时，
当时，，又
由，可得.
故答案为：或
14. 如图，在平面四边形ABCD中，，．若点为边CD上的动点，则的最小值为______________．
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，将几何问题转化为代数问题，把向量用坐标表示，进而计算数量积并结合函数性质求出最小值.
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系.
因为，，所以，.
设，由，，，
，则①；
又，，，，即，
得，代入①式解得，所以.
设，，则，
,
所以点坐标为.
则.
，
所以当时，取得最小值.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，，，且，.
（1）求与；
（2）求向量与的夹角的余弦值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量共线和垂直的坐标公式计算即可.
（2）求出向量与的坐标，根据向量的夹角公式求解.
【小问1详解】
由，可得，得，故，
由，可得，得，故
【小问2详解】
由（1），，，
设向量与的夹角为，
则.
所以向量与的夹角的余弦值为.
16. 设函数．
（1）求函数的最小正周期和对称轴方程；
（2）求函数在上的最大值与最小值及相对应的的值．
【答案】（1），
（2）最大值是2， 的最小值是，
【解析】
【分析】（1）利用正弦型函数的周期公式可求最小正周期，利用整体法可求对称轴方程；
（2）由已知可得的范围，进而结合正弦曲线的性质可求得函数的最值及此时的值.
【小问1详解】
函数的最小正周期为，
由，可得，
所以函数的图象对称轴方程为．
【小问2详解】
由（1）知，在上，，
故当，即时，取得最大值为2，
当，即时，取得最小值为，
故的最大值是2，此时的最小值是，此时．
17. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.
（1）求角A的大小；
（2）若，∠BAC的角平分线交BC于点D，求线段AD长度的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由得，由正弦定理有，由余弦定理即可求解
（2）由余弦定理得，利用基本不等式得，由得，由均值不等式即可求解
【小问1详解】
因为，
所以，
即，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
又， 所以.
【小问2详解】
因为，，
所以由余弦定理得，
即，
所以，
即（当且仅当时，等号成立），
因为，
所以，解得，
因为（当且仅当时，等号成立），
所以（当且仅当时，等号成立），
所以长度的最大值为.
18. 某商场为了吸引顾客，规定购买一定价值的商品可以获得一次抽奖机会，奖品价值分别为10元、20元、30元、40元．已知甲抽到价值为10元、20元、30元、40元的奖品的概率分别为，且每次抽奖结果相互独立．
（1）已知甲参与抽奖两次，求甲两次抽到的奖品价值不同的概率；
（2）求甲参与抽奖三次，抽到两种不同价值的奖品，且获得的奖品价值总和不低于80元的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得甲两次抽到相同奖品的概率，利用对立事件的概率公式可求得甲两次抽到的奖品价值不同的概率；
（2）先得甲参与抽奖三次，抽到两种不同价值的奖品的所有情况，求得对应的概率，利用互斥事件的概率加法公式求解即可.
【小问1详解】
记甲两次抽到相同奖品事件，
记甲在一次抽奖中抽到值为10元、20元、30元、40元分别为事件，
则，
，
所以甲两次抽到的奖品价值不同的概率为；
【小问2详解】
甲参与抽奖三次，抽到两种不同价值的奖品，所以其中一种奖品抽到两次，另一种抽到一次.
又获得的奖品价值总和不低于80元，
故可能两次抽到40元，一次抽到30元或两次抽到40元，一次抽到20元或两次抽到40元，一次抽到10元或两次抽到30元，一次抽到40元或两次抽到30元，一次抽到20元或两次抽到20元，一次抽到40元，
又两次抽到40元，一次抽到30元的概率，
两次抽到40元，一次抽到20元的概率，
两次抽到40元，一次抽到10元的概率，
两次抽到30元，一次抽到40元的概率，
两次抽到30元，一次抽到20元概率，
两次抽到20元，一次抽到40元的概率，
所以获得的奖品价值总和不低于80元的概率为：
.
19. 已知函数图象上两条相邻的对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，设．
（1）求函数在上的值域；
（2）若对任意的恒成立，求的最大值；
（3）若任取，总存在，使成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据周期确定的值，再求函数在上的值域.
（2）先明确函数的解析式，再根据，分离参数得：，再转化为求函数的最小值即可.
（3）把问题转化成两个函数值域的包含关系，求参数的取值范围.
【小问1详解】
根据题意，函数的周期为.
由.所以.
当时，，所以，所以，
即所求函数的值域为：.
【小问2详解】
由题意：.
所以.
因为当时，，所以.
由.
因为（当时取“”）.
所以.
所以的最大值为：.
【小问3详解】
当时，的值域为.
设函数的值域为，由题意：.
设，则，则函数，，对称轴为.
所以，，.
由或.
当时，，所以函数在上单调递减，所以，
由；
当时，，所以函数在上单调递增，所以，
由.
综上的取值范围为：.