广东省汕头市金山中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份广东省汕头市金山中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷，共8页。
1．设集合 A  x  x 12  9, B  x x  4 ，则 A ∪ B  （）
A．4
B．1, 
C． 2, 4
D．2, 
当1  m  2 时，复数m2  i  4  i 在复平面内对应的点位于（）
第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
1
甲、乙、丙三人破译一份密码，若三人各自独立破译出密码的概率为
2
他们是否破译出密码互不影响，则这份密码被破译出的概率为（）
11
， ， ，且
33
2
9
457
C. D.
999
设 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ） A．若 //， ⊂ ，则 //B．若 ⊥ ，// ，则 ⊥
若 ⊥ ， ⊥ ，则 //D．若 //，// ，则 //
在ABC 中，角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c ，如果a cs A  b cs B ，则ABC 一定是（）
等腰或直角三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等边三角形
已知函数 f  x  Asin x  (其中 A  0, 0,   π )的部
2
分图象如图所示，点 M , N 是函数图象与 x 轴的交点，点 P 是函数
图象的最高点，且PMN 是边长为 2 的正三角形， ON  3OM ，则 f  x  Asin x  的解析式可以是（ ）
f (x) 
3 sin x  


 24 
f (x)  2 sin x  


 23 
f (x) 
3 sin x  
f (x) 
3 sinx  
 
 23 

4 
A
0, 0
B 1, 2
–––→–––→–––→
在四边形 ABCD中，  ，  ， AB  DC ， BA  BC  2 BD ，则四边形 ABCD
BABCBD
的面积为（）
A．2B．3C．4D．5
2  2sin πx , 0  x  2
已知函数 f x   2
，若存在实数x 、 x 、 x 且 x  x
 x ，使得

 x  1, x  0
123
123
f  x1   f  x2   f  x3  ，则 x1 f x1   x2 f x2   x3 f x3  的取值范围为（）
A．  , 9 
B． , 2
C． 2, 9 
 9 , 9 

2
4 
 4 2 
二．多选题：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.
给定一组数 5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则（）
平均数为 3B．众数为 2 和 3C．方差为 8
5
D．第 85 百分位数为 4.5
抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记下每次朝上的点数，设事件 = “第一次的点数不大于 3 ”， = “第二次的点数不小于 4 ”， = “两次的点数之和为 3 的倍数”，则下列结论正确的是（）
事件 发生的概率 = 1
2
C．事件 发生的概率 = 1
3
事件 与事件 相互独立
D．事件 与事件 对立
已知正方体 ? − 111?1 的棱长为 2， 是正方形 11 的中心， 是棱
? (包含顶点) 上的动点， 则以下结论正确的是（）
的最小值为 5
不存在点 ，使 与 1?1 所成角等于 30∘
2
二面角 − − 正切值的取值范围为 1，
当 为 ? 中点时，三棱锥 − 的外接球表面积为 25
4
三．填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
a, b
| a |
(3a
a)
已知向量 →满足 →  1,| b | 2 ，且 →  b)  (2b  → ，则 a b  .
已知圆台的上底半径为 2，下底半径为 4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为.
在ABC 中，角 A, B, C 的对边分别为a, b, c ，则实数的取值范围是.
a ， A  3，若b  c 有最大值，
2
4
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．（13 分）已知函数 f  x   sinxcsx 
求 f  x 的单调递增区间；
3cs2 x  3 ．
2
已知 f   3 ，求cs 2 的值。
 
5 6
16.（15 分）某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取 1000 件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量－标准质量，单位mg ）的样本数据统计如下：
求样本数据的 70%分位数；（精确到 0.01）
公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在 x  s，x  s 范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中 x ， s 分别为样本平均数和样本标准差，计算可得 s  10 （同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．
①若产品的质量差为78mg ，试判断该产品是否属于一等品；
②假如公司包装时要求，3 件一等品和 2 件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出 2 件产品进行检验，求摸出 2 件产品中至少有 1 件一等品的概率．
17．（15 分）在 ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足a  bcsC 
求 B 的大小；
3 bsinC .
3
若ABC 的面积为3 3 ，且 BC  3BD ，当线段 AD 的长最短时，求 AC 的长.
18．（17 分）如图所示，四边形 ABCD 为菱形， PA  PD ，平面 PAD  平面 ADC ，点 E 是棱 AB 的中点．
求证： PE  AC ；
若 PA  AB  BD  2 ，求三棱锥 E  PCD 的体积．
若 PA  AB ，当二面角 P  AC  B 的正切值为2 时，求直线
PE 与平面 ABCD 所成的角．
19.（ 17 分） 已知函数 f  x  满足 f  x  1 f  x  3  n ， 且 f 1  2 ， 当 x 3, 6 时，
3
f  x  3x2 15x  30 ．函数 g x   lg  2 7 ．
2 4x 1

求实数n 的值；
当 x 0, 3 时，求 f  x  的解析式；
设h  x  2sin x cs 2x ，是否存在实数，使不等式 f h  x  g h  x 在 x  0, π 
2 
时恒成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
2024 级高一?二学期期末答案
DBDB AADC 9.ABC 10.ABC 11.ACD12. 113. 1914.  2 , 2 
37 2

解:（1） f  x  sinxcsx  3cs2 x  3  1 sin2x  3 cs2x ，
222
sin
2x  3
2x  
ππ 

5ππ 
令 3   2kπ  2 , 2 kπ  2 ，解得 x  kπ  12 ,k π 12 ， x  Z
所以 f  x 的单调递增区间为kπ  5π , kπ  π , x  Z .

)
由（1）得 f   sin(2 
3
1212 
 3
5
cs 2  cs  2      3
2
3 

 
 6
sin 2


3 5
解:（1）由于前 2 组的频率和为 0.3，前 3 组的频率和为 0.75，所以可知 70%分位数一定位于第三组66, 76 内，
设 70%分位数为 x，则0.3  0.045 x  66  0.7 ，解得 x  74.89
（2）①根据频率直方图计算样本平均数：
x  51 0.1 61 0.2  71 0.45  81 0.2  91 0.05  70
因为样本标准差， s  10 ，所以 x  s, x  s  60,80 ，又7860,80，则可知该产品属于一等品．
②记三件一等品为 A, B,C ，两件二等品为a, b ，摸出两件产品总基本事件共 10 个，分别为：
 A, B ，  A, C  ，  A, a  ，  A, b ， B, C  ， B, a ， B, b ， C, a  ， C, b， a, b ，
设摸出两件产品中至少有一个一等品记为事件A ，则A 包含的基本事件共 9 个，分别是：
 A, B ，  A, C  ，  A, a  ，  A, b ， B, C  ， B, a ， B, b ， C, a  ， C, b，
所以 P  A 
99
.则摸出两件产品中至少有一个一等品的概率为.
10
解:（1）因为a  bcsC 
10
3 bsinC ，
3
由正弦定理可得sin A  sin BcsC  3sin BsinC ，
3
又sin A  sin π  B  C  sin B  C sin Bcs C cs Bsin C，
所以sin B cs C cs B sin C sin BcsC 
3
sin BsinC ，
3
所以cs B sin C  
3 sin BsinC ，又C 0, π ，所以sin C  0 ，
3
3
所以cs B   3 sin B ，即tan B  ，又 B 0, π ，所以 B  2π ；
33
3
（2）因为ABC 的面积为3 3 ，即 1 ac sin B  3，
2
3
3
即 1 ac sin 2π  3，则 1 ac  3  3， ac  12 ，
2322
–––→1 –––→
因为 BC  3BD ，所以 BD  3 BC ，
在△ABD 中 AD2  BA2  BD2  2BA  BD cs B ，
 1 21211
即 AD2  c2   a   ac  ca  ac  ac  12 ，当且仅当c  a ，即 a  6 ， c  2 时取等
 3 3333
号，
所以 AD  2 3 ，即 AD 的最小值为2 3 ，此时a  6 ， c  2 ，

则b2  a2  c2  2ac csB  62  22  2 6 2 
1  52 ，

2
所以b  2

13
，即 AC  2 13 .
解:（1）如图所示，设点 F 是棱 AD 的中点，连接 PF ，EF ，BD ，由 PA  PD 及点 F 是棱 AD 的中点，可得 PF  AD ，
因为平面 PAD  平面 ADC ，平面 PAD  平面 ADC  AD ， PF 平面 PAD ，故 PF  平面 ABCD ，
又因为 AC  平面 ABCD ，所以 PF  AC ， 又因为四边形 ABCD 为菱形，所以 BD  AC ，
而 EF 是△ABD 的中位线，所以 EF //BD ，可得 EF  AC ，
又由 PF ∩ EF  F ，且 PF 平面 PEF ， EF  平面 PEF ，
所以 AC  平面 PEF ，又因为 PE  平面 PEF ，所以 PE  AC ．
若 PA  AB  BD  2 ，由于菱形 ABCD ，易证正三角形 PAD 中 PF 
面 ABCD ，
3 ，由于 PF  平
3
所以V V 1 S PF  1 S PF  1  3  22  1 ．
E  PCDP  ECD
3 △CDE
3 △CDB
3  4

设点G 是 AC 与 EF 的交点，由（1）可知 AC  平面 PEF ，又 PG ， EG 均在平面 PEF 内，从而有 PG  AC ， EG  AC ，
故PGE 为二面角 P  AC  B 的平面角，所以tan PGE   tan PGF  2 ，所以tan PGF  2 ，
因为 PA  AB ，所以△PAD 为等边三角形．
不妨设菱形 ABCD 的边长为2a ， GE  b ．
则在直角△PFG 中， PF 
3a ， FG  b ， tan PGF  PF ，所以
3a
FGb
 2 ，
因为 PF  平面 ABCD ，所以PEF 为直线 PE 与平面 ABCD 所成的角．
则tanPEF  PF 
EF
3a  1，所以直线 PE 与平面 ABCD 所成的角为 45°
2b
【详解】（1）当 x  1 时， x  3  4 ，故 f 1  1 f 4  n ，
3
因为 x 3, 6时， f  x  3x2 15x  30 ，所以 f 4  18 ，
因为 f 1  2 ，所以2  1 18  n ，解得n  4 ．
3
（2）当 x 0, 3 时， x  3 3, 6 ，则 f  x  3  3 x  32 15 x  3  30  3x2  3x 12 ，
又 f  x  1 f  x  3  4 ，故 f  x  1 f  x  3  4  1 3x2  3x 12  4  x2  x ，
333
所以当 x 0, 3 时， f  x   x2  x ．
（3）由2 
7
4x 1
0 ，即：
2 4x  5
4x 1
0  4x
1  0  x  0 ，
所以 g  x  lg
 2 7 的定义域为0,  ，
2 4x 1 

若存在满足题意的，首先有h  x   2 sin x  cs 2x  0 在 x  0, π  时恒成立，
2 
即h  x   2 sin x  cs 2x  2sin2 x  2 sin x  0 在 x  0, π  时恒成立，
首先有h 0   0 ，
其次令 y  2t 2  2t  , t  sin x 0,1 ，
关于t 的二次函数 y  2t 2  2t 的对称轴为t  1 ，
2 
2
当0  1  1，即 1 时，还要保证2 2  0 ，解得 1   2 ，
222
当 1
2
1时，只需 h 0   0 ，解得0   1 ，
2
所有h  x   2 sin x  cs 2x  0 在 x  0, π  时恒成立当且仅当0   2 ．
2 
1 21

因为h  x  2sin2 x  2sin x  2 sin x 

2
，
2
又因为 x  0, π  ，所以sin x 0,1 ，
2 
1
1 21
π 
当0   2 时， h  x   2 sin x  2  2 在 x  0, 2  上单调递增，

此时h  x 的值域,  2 是0, 3 的子集．
11 21
π 
当 2   2 时， h  x   2 sin x  2  2 在 x  0, 2  上先增后减，

在 x  0 或 π 处取得最小值，且 h 0   0, 3 ， h  π   2  0, 3 ， h  x
 1 ，
2
2
其中  1
 

 为对勾函数，
max2
2
在 1  2 上单调递减，在 2   2 上单调递增，
2
222
 2 
 1 39
19 
又
2  
， 2   2 ，2  ，故  2
 的值域
2, 4  是0, 3 的子集，
 
4
综上， h  x 的值域是0, 3 的子集．
故只需考虑 f  x  在 x 0, 3 的情况即可，
因为 y  2 
7
4x 1
在0,  上单调递减，
根据复合函数的单调性得到 g  x  lg
 2 7 在0,  上单调递减，
2 4x 1 

1 211

又 x 0, 3 时， f  x  x2  x   x 

 图象的对称轴为 x   ，开口向上，
2
4
2
故 f  x   x2  x 在 x 0, 3 上单调递增，
当 x 0, 3 时，令k x   f x  g x  x 2  x  lg
 27  ，
2 4x 1

则k  x  在 x 0, 3 上单调递增，
其中k 1  11 lg2
13  0 ， k 2  6  lg
3
37  0 ，
2 15
由零点存在性定理可知： x0 1, 2 使得 k  x0   0 ，
又 f h  x  g h  x ，故需要满足 h  x  x0 ，所以只需满足h  x min  x0 ，
当0   1 时， h  x 
2
min
  x0 ，不符合要求；
h 0   x0
当 1   2 时，则π
，解得 x
  2  x ，
2h    2  x00
2

0
 
由于 x0 1, 2 ，故 x0   2  x0 无解，综上，不存在．