浙江金华卓越联盟2024~2025学年高一下册5月阶段性联考数学试卷[附解析]

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考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一.单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1. 已知集合，集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据交集定义计算求解.
【详解】集合，集合，则集合.
故选：A.
2. 函数的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦型函数的周期公式可求出函数的最小正周期.
【详解】函数的最小正周期为.
故选：B.
3. 函数的定义域是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，求解即可.
【详解】由，得，解得或，
所以函数的定义域是.
故选：C.
4. 已知函数的定义域为，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数解析式可求出的值.
【详解】因为函数的定义域为，且满足，
所以，.
故选：B.
5. 轴截面为正方形的圆柱，侧面积为，体积为，若，则底面半径是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据侧面积和体积公式即可求解.
【详解】由题意可知分别为圆锥的底面圆半径和高，
又，得，解得，
故选：D
6. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数及对数函数的单调性即可得出判断．
【详解】因为在单调递增，所以，即，
因为在上单调递增，所以，即，
因为在单调递减，所以，即，
所以，
故选：A．
7. 已知二次函数，若不等式的解集为，则函数图像为（ ）
A. 开口向上，对称轴为的抛物线B. 开口向上，对称轴为的抛物线
C. 开口向下，对称轴为的抛物线D. 开口向下，对称轴为的抛物线
【答案】C
【解析】
【分析】由不等式的解集为，可得，的根为或2，然后由韦达定理可得，据此可得对称轴.
【详解】因不等式的解集为，则的根为或2，
则由韦达定理可得.又注意到
，则开口向下，对称轴为.
故选：C
8. 在中，点是的中点，点在线段上，且，和相交于点，则的值为（ ）
A. 1:1B. 2:1C. 3:1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，易得，设，可得，利用平面向量基本定理求出的值，即可求得答案.
【详解】
如图，点是的中点，则，
因点在线段上，则存在，使得，又，
则得，即，
因三点共线，故，解得，
则，即，可得，即.
故选：D.
二.多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.）
9. 已知为正方体，，均为正四棱锥，所有棱长均为1，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 在棱所在的直线中，与直线异面的共有10条
C. 以为顶点，正方形外接圆为底面的圆锥的表面积是
D. 以为顶点，正方形外接圆为底面的圆锥的体积是
【答案】ABC
【解析】
【分析】连接相交于，连接相交于，通过向量共线，可判断A，由异面直线概念可判断B，由圆锥表面积、体积公式可判断D.
【详解】对于A：
连接相交于，连接相交于，
由题意可得共线，且，
在正方体中易知：
，，
所以，
所以，A正确；
对于B，由异面直线判定定理可知与直线异面的直线有：共10条，正确；
对于C，D，以为顶点，正方形外接圆为底面的圆锥，母线长为1，底面半径为，高
所以其表面积为：，
体积为：，故C对，D错，
故选：ABC
10. 设复数，为的共轭复数，下列说法正确的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C 若，则D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】对于AB，设，，且，计算可判断；对于CD，利用赋值法可判断.
【详解】对于A，设，，且，
所以，
所以
，故A正确；
对于B，设，，且，
所以，
所以
，故B正确；
对于C，取，，则，
所以，但，故C错误；
对于D，取，，则，
显然不成立，故D错误.
故选：AB.
11. 已知，，函数，此函数图象上任意一点，均满足为定值．过点做轴的平行线，交于点，过点做的平行线，交轴于点．则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 平行四边形四条边长度之积为定值8
D. 平行四边形面积为定值2
【答案】ACD
【解析】
【分析】由平面向量数量积的坐标表示即可判断AB；由已知得出即可判断CD．
【详解】对于AB，由已知，，，
所以，
因为为定值，
所以，故A正确，B错误；
对于C，由题可知，，则，，
所以平行四边形四条边长度之积为，故C正确；
对于D，平行四边形面积为，故D正确；
故选：ACD．
非选择题部分
三.填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知某台机器生产一种零件，在10天中，每天生产的次品数为：1，0，2，0，4，3，4，1，3，3，则该机器生产次品数的中位数为_____.
【答案】2.5##
【解析】
【分析】把给定数据按由小到大的顺序排列，再求出中位数作答.
【详解】10天中的次品数由小到大排成一列为：0，0， 1，1，2，3，3，3，4，4，
所以该机床的次品数的中位数为.
故答案为：2.5
13. 在正方形中，，点是边的中点，点在边上，且，若，，则的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】以为基底，可得关于x的表达式，据此可得答案.
【详解】由题可得，，
则
，又，.
则
，又，则，则.
故答案为：
14. 满足方程且所有实数根的和为_____.
【答案】12
【解析】
【分析】根据反比例函数与正弦函数的图象与性质可知图象关于点对称，则方程的实根也关于点对称，结合数形结合的思想即可求解.
【详解】设，
易知函数关于点对称，所以函数关于点对称；
对于函数，
，，
所以，则图象关于点对称；
所以方程的实根也关于点对称，
作出函数的图象，如图，
由图可知在且上有4个交点，
设为，且，
则，所以，
即方程的所有实根之和为12.
故答案为：12
四.解答题（本题共5小题，15题13分，16~17题15分，18~19题17分，77分.）
15. 记的内角、、的对边分别为、、（、、互不相等），已知，点与点分别在直线的异侧，且.
（1）求证：；
（2）若，，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出，结合正弦型函数的基本性质可证得结论成立；
（2）分析可知为等边三角形，求出的长，结合正弦定理以及（1）中的结论、二倍角的正弦公式可得出的值，结合角的范围可得出角的值，进而可得出的长以及的值，利用余弦定理可求出的长.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
所以，即，即，
因、，则，由可得，故，
所以或，
若，则，可得，这与矛盾，故.
【小问2详解】
因为，，故为等边三角形，
所以，，
由（1）知，即，
因为，故，可得，所以，
又因为，则，，故，
由余弦定理可得，
故.
16. 甲乙两个同学想对本市20岁以上的人群做一个网络消费水平的研究，已知本市20岁以上的人群男女性别比例为21:20.两人决定用分层抽样的方法，随机选一部分人了解月平均网购水平.甲负责男性，乙负责女性.如图是乙利用随机抽样的数据完成的频率分布直方图：
（1）求的值；
（2）估计被调查的女性中月均网购水平的第30百分位数（单位：百元）；
（3）若已知被甲调查的男性月均网购水平的均值为5百元.估计被调查的女性中月均网购水平的均值，并求被调查的全体人员网购水平的均值.（精确到0.1）（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）（单位：百元）
【答案】（1）
（2）3（百元） （3），
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为1求出.
（2）利用频率分布直方图，结合第30百分位数的定义求解.
（3）利用频率分布直方图估计女性月均网购水平的均值，再利用分层抽样的均值公式求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图，得，
所以.
【小问2详解】
数据在的频率为，在的频率为，
因此第30百分位数，由，得，
所以第30百分位数是3百元.
【小问3详解】
设女性月均网购水平的均值为，男性月均网购水平的均值为，则，
（百元），
所以被调查的全体人员网购水平的均值为：（百元）.
17. 已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且满足
（1）求与的解析式；
（2）设函数，且恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件结合函数奇偶性性质，列出方程组，求解即可得出答案；
（2）设，利用作差法可证明在上单调递增，进而可求解.
【小问1详解】
，又是偶函数，是奇函数
，
，
.
【小问2详解】
，，
设
，
，
在上单调递增，
，
.
18. 已知函数，，满足相邻两条对称轴之间的距离为，对任意实数恒成立.
（1）求函数的解析式；
（2）将函数的图象向右平移，再把各点横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求的值域；
（3）当时，解不等式.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据两条相邻对称轴之间的距离求出周期，进而求出，再根据求出即可；
（2）根据题意写出，由推出，进而求出的值域即可；
（3）由，得，方法一：分别作出在时的图象，利用数形结合求解不等式；方法二：当时，分别求的值域，从而判断不等式在时成立；当，时，；当时，利用分别求的单调性从而判断不等式在时不成立即可.
【小问1详解】
因为两条相邻对称轴之间的距离为，所以，故，
又，即时取得最大值，所以
解得，又，所以，
所以.
【小问2详解】
由题意知，
因为，所以，，，
故的值域为.
【小问3详解】
由，得，
方法一：当时，分别作出的图象，如图所示，
当，时，，
所以.
方法二：当时，，，
所以，而，
故不等式在时成立；
当，时，；
当时，，所以在单调递减，所以，
而在单调递增，所以，
故不等式在时不成立，
所以.
19. 如图，已知、垂直于所在平面，且位于平面同侧，，，.
（1）判断并证明以点为球心，为半径的球与平面的位置关系（当球心到平面的距离等于半径时，球与平面相切，当球心到平面的距离小于半径时，球与平面相交，当球心到平面的距离大于半径时，球与平面相离）；
（2）以点为球心为半径的球与线段交于点，与线段交于点，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若平面与平面交于，求二面角的正切值.
【答案】（1）相交，证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，推导出平面，平面，则点到平面的距离等于，求出的长，并与球的半径比较大小，即可得出结论；
（2）过作交的延长线与于，证明出平面，可知与平面所成角为，求出、的长，即可得解；
（3）解法一：延长、交于点，连接，证明出平面，可知二面角的平面角为，利用余弦定理结合同角三角函数的基本关系可求得结果；
解法二：二面角的平面角为，由射影面积法可得，利用三角形的面积公式、同角三角函数的基本关系可求得结果.
【小问1详解】
取的中点，因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以平面，
故点到平面的距离等于，
因为，则，故，
因此，以为球心为半径的球与平面相交.
【小问2详解】
过作交的延长线与于，
因为平面，平面，所以，
因为，即，
又因为，、平面，所以平面，故平面，
因为，，，故四边形为矩形，
所以，，则，
又因为，故，
同理可得，
因为，所以，故，
所以与平面所成角等价于与平面所成角，
因为平面，故与平面所成角为，
因为，所以，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
方法一：延长、交于点，连接，
因为，，，所以，
故，则为的中点，
因为，，故，
因为，故为等腰直角三角形，所以，
因为，所以，即，
又因为平面，平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以，二面角的平面角为，
在中，，故二面角的正切值为.
方法二：面积射影定理，
设二面角的平面角为，结合图形可知为锐角，
因为平面，平面，由面积射影定理知，
因为，
由（2）可得，，，
，故，
故，
因此，，所以，
故，因此二面角的正切值为.