四川省天立集团2024-2025学年高二上学期期中联考B数学试卷（解析版）

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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. 下列关于函数的图象中，可以直观判断方程在上有解的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】方程f（x）-2=0在（-∞，0）上有解，
∴函数y=f（x）与y=2在（-∞，0）上有交点，
分别观察直线y=2与函数f（x）的图象在（-∞，0）上交点的情况，
选项A，B，C无交点，D有交点，
故选D．
2. 要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有点（ ）
A. 向左平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变）
B. 向左平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变）
C. 向左平移个单位长度，再把横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）
D. 向左平移个单位长度，再把横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）
【答案】B
【解析】将函数的图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，
再将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图象，
要得到函数的图象，
只需将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），故选：B．
3. “，且”是“，且”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】B
【解析】若，且，根据不等式的加法和乘法法则可得，且，即必要性成立；
当，满足，且，但是，故充分性不成立，
所以“，且”是“，且”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 为加强学生音乐素养的培育，东莞市某高中举行“校园十大歌手”比赛，比赛现场有7名评委给选手评分，另外，学校也提前发起了网络评分，学生们可以在网络上给选手评分，场内数百名学生均参与网络评分．某选手参加比赛后，现场评委的评分表和该选手网络得分的条形图如下图所示：
记现场评委评分的平均分为，网络评分的平均分为，所有评委与场外学生评分的平均数为，那么下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D. 与关系不确定
【答案】C
【解析】由题设，，，
∴，
若场外学生有人，则，又，
∴，即.
故选：C
5. 已知函数，方程有三个解，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】，，即，即，
设，函数定义域为，，
函数为奇函数，，
不妨取，则，，.
故选：B.
6.若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】画出的三角函数线，如下：

则，，，
设扇形的面积为，
则，，
又，故，
所以，，
因为，所以.
所以.
故选：A.
7. 如图，在平面内放置两个相同的直角三角板，其中，且B，C，D三点共线，则下列结论不成立的是（ ）
A. B.
C. 与共线D.
【答案】D
【解析】设，∠A=30°，且三点共线，
则，，，，
所以.
故A、B、C成立，D不成立.
故选：D.
8. 在正方体中，M为棱的中点，平面将该正方体分成两部分，其体积分别为，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，取的中点，连接，
因为M为棱的中点，所以∥，，
因为∥, ，所以四边形为平行四边形，
所以∥，，所以∥，，
所以梯形 为平面所在的截面，
则为三棱台的体积，
不妨设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，
因为，
所以,
所以，所以，
故选：C.
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. 下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】A：不妨取，满足，但，故错误；
B：因为，由，故可得，即，故正确；
C：因为，不等式两边同除以不为零的常数，即可得，故正确；
D：不妨取，满足，但，故错误.
综上所述，正确的选项是：BC.
10. 甲乙两台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床的正品率是0.8，乙机床的正品率为0.9，分别从它们制造的产品中任意抽取一件，则（ ）
A. 两件都是次品的概率为0.02
B. 事件“至多有一件正品”与事件“至少有一件正品”是互斥事件
C. 恰有一件正品的概率为0.26
D. 事件“两件都是次品”与事件“至少有一件正品”是对立事件
【答案】ACD
【解析】对于A，若取出的两件都是次品，其概率，故A项正确；
对于B，事件“至多有一件正品”包含有两件次品、一件正品和一件次品，“至少有一件正品”包含有两件正品、一件正品和一件次品，所以两个事件不是互斥事件，故B项错误；
对于C，恰有一件正品，其概率，故C项正确；
对于D，“至少有一件正品” 包含有两件正品、一件正品和一件次品，所以
事件“两件都是次品”与事件“至少有一件正品”是对立事件，故D项正确；
故选：ACD.
11. 如图，点M是正方体中的线段上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点M，使平面
B. 点M存在无数个位置满足
C. 若正方体的棱长为1，三棱锥的体积最大值
D. 存在点M，使异面直线与AB所成的角是
【答案】ABC
【解析】连接，取与的交点为，连接，它们的交点为，
连接.
由正方体可得 故四边形为平行四边形，
故，.
由正方形为正方形可得为的中点，同理为的中点，
故 所以四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，故平面，故A正确.
由正方体可得平面，
而平面，故，
由正方形可得，而，故平面，
无论在何处，总有平面，故，故B成立.
当变化时，到平面距离为定值，
当与重合时，三棱锥的体积最大，
此时，故C正确.
设正方体的棱长为1，因为，故异面直线与AB所成的角即为或其补角，在直角三角形中，，
故，
故不存在点M，使异面直线与AB所成的角是.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 圆锥和圆柱的底面半径、高都是R，则圆锥的表面积和圆柱的表面积之比为_______．
【答案】
【解析】由图得：圆锥的表面积是由底面和侧面构成，
则，
圆柱的表面积是由上下底面和侧面构成，则,
所以圆锥的表面积和圆柱的表面积之比:.
13. 若实数满足，则的最小值为______；的最小值为________．
【答案】
【解析】（当且仅当时取等号），
的最小值为；
，，
（当且仅当，即时取等号），
的最小值为.
14. 函数在[1，3]上有且只有一个零点，则a的取值范围是_______.
【答案】
【解析】当时，对称轴，原函数在[1，3]上有且只有一个零点，
则，得；
当时，由于，
要使原函数在[1，3]上有且只有一个零点，则得；
当时，在[1，3]上没有零点.
综上所述：a的取值范围是.
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. 求值：
（1）；
（2）.
解：（1）
.
（2）.
16. 如图，棱长为2的正方体中，E，F，G分别是的中点，
（1）求证：：
（2）求点G到平面EFC的距离.
（1）证明：建立以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴的空间直角坐标系如下所示：
则，
，则，
故.
（2）解：因为，设平面CEF的法向量为
，则有
故，即，令，则，即，
又，所以点G到平面CEF的距离.
17. 心理学研究表明，学生在课堂上各时段的接受能力不同上课开始时，学生的兴趣高昂，接受能力渐强，随后有一段不太长的时间，学生的接受能力保持较理想的状态；渐渐地学生的注意力开始分散，接受能力渐弱并趋于稳定设上课开始分钟时，学生的接受能力为（值越大，表示接受能力越强），与的函数关系为：．
（1）上课开始后多少分钟，学生的接受能力最强？能维持多少时间？
（2）若一个数学难题，需要及以上的接受能力（即）以及分钟时间才能讲述完，则老师能否及时在学生一直达到所需接受能力的状态下讲述完这个难题？
解：（1）由题意可知，当时，，
所以当时，fx的最大值为，
因为当时，，
当时，，当时，.
所以开讲后分钟接受能力最强，且能维持分钟.
（2）当时，，
解得，
当时，，满足要求，
当时，，解得，
故分钟分钟，
老师不能在所需接受能力的状态下讲完这个难题．
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，．
（1）求证：；
（2）若分别为的中点，平面，求直线与平面所成角的大小．
（1）证明：连接，交于点，
因为底面是正方形，所以且为的中点.
又所以平面，
由于平面,故.
又,故.
（2）设的中点为,连接,//，,
所以为平行四边形，//，
因平面，所以平面，
所以,的中点为,所以.
由平面，又可得，
又，又所以平面
所以,又,所以平面
由题意, 两两垂直，以A为坐标原点,向量 的方向为轴, 轴,轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
则，
，
为平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，，
所以直线与平面所成角为.
19. 已知函数，.
（1）当时，，则不等式的解集；
（2）若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值范围.
解：（1）根据题意，当时，所以.
令，解得，
所以的定义域为-1,1，
因为 在单调递增，在0,1单调递减，
函数为增函数，
根据复合函数的单调性可知在单调递增，在0,1单调递减，
因为，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
（2）令，因为，
所以，当且仅当时等号成立.
因为，所以，
即有四个不同的实根，
令，
可知hx为偶函数，图象关于轴对称，
所以有四个不同的实根可转化为有两个不等正根，
所以，即，
由可得，
因为，
即存在，使不等式成立，
故，即，
解得或，
故实数的取值范围为.评委序号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
评分
10
8
9
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