广东省广州市番禺区2024_2025学年高一下册期末教学质量监测数学试卷【附解析】

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注意事项：
1．答卷前、考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名和座位号、准考证号填写在答题卡上，并用2B铅笔将准考证号填涂在答题卡相应位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的区域内，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.设集合，，则集合的元素个数为
A.4B.3C.2D.1
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知列举出集合B,即得集合B的元素个数.
【详解】由集合中元素的属性，，，
可得集合中的元素有，，，共3个.
故选B.
【点睛】本题主要考查集合的表示方法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.
2.已知复数，，在复平面内，复数和所对应的两点之间的距离是（ ）
A.B.10C.D.5
【答案】A
【解析】
【分析】求出复数和差的模即得．
【详解】，
故选：A．
3.如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（ ）
A.B.C.1D.4
【答案】A
【解析】
【分析】利用扇形的弧长公式，结合已知条件，求出圆台上、下底面圆的半径和的长，再结合圆台的几何结构特征，即可求得圆台的高.
【详解】因为圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，
所以在圆锥中，可得，所以，
又在圆锥中，可得，所以，
所以该圆台的高为
.
故选：A.
4.已知，，则（ ）
A.B.C.D.或
【答案】B
【解析】
【分析】根据的范围，利用同角三角函数关系式，计算出，再结合二倍角的余弦公式求解即可.
【详解】由可知，得，
因此，
，即，，，
又有，，
因此解得.
故选：B.
5.已知一组数据39，41，44，46，49，50，x，55的第65百分位数是50，那么实数的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据百分位数定义列不等式求解．
【详解】∵，∴这组数据按从小到大顺序排列后，第65百分位数是第6个数，因此 不小于50，即，
故选：A．
6.已知向量，，若，则实数（ ）
A.3B.6C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用数量积的运算律及数量积的坐标表示列式求解.
【详解】由，得，则，
因此，所以.
故选：D
7.已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】先讨论当时，不等式转化为，确定函数在时的单调性得最值即可得此时的取值范围，再根据此范围确定当时，函数的单调性，从而得最值得的取值范围，综合可得结论.
【详解】当时，不等式为，即，
因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以；
由于，则当时，函数在上单调递减，
所以，解得，所以；
综上，的取值范围是.
8.对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，用表示事件中的样本点个数．若，，，，，，，，则（ ）
A.与对立B.与不对立
C.与互斥D.与相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥、对立、相互独立事件的概率公式进行判断.
【详解】由题意可得：，，，，，，.
对于A，因为，所以与互斥但不对立，故A错误；
对于B，因为，若，则此时与对立，故B错误；
对于C，当与对立时，所以,，所以与不互斥，故C错误；
对于D，因为，所以与相互独立，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.如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ）

A.四点，，，在同一平面内
B.三条直线，，有公共点
C.直线与直线不是异面直线
D.直线上存在点使，，三点共线
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：根据平行关系可证，即可得四点共面；对于B：根据平面的性质分析判断；对于C：根据异面直线的判定定理分析判断；对于D：可知与相交，即可判断.
【详解】作图，如图：

对于选项A：连接，
因为，可知为平行四边形，则，
又因为，分别为，的中点，则，
可得，所以四点，，，在同一平面内，故A正确；
对于选项B：延长，则相交于点，即，
又因为平面，平面，
则平面，平面，
且平面平面，所以，
即三条直线，，有公共点，故B正确；
对于选项C：因为平面，平面，，
所以直线与直线是异面直线，故C错误；
对于选项D：因为均在平面内，连接，则与相交，
所以直线上存在点使，，三点共线，故D正确；
故选：ABD.
10.假设某人在出生起180天内的体力、情绪、智力呈周期性变化，它们的变化规律遵循如图所示的正弦型曲线模型：

记智力曲线为，情绪曲线为，体力曲线为，且三条曲线的起点位于坐标系的同一点处、均为可向右延伸，则（ ）
A.智力曲线的最小正周期是三个曲线中最大的
B.在出生起180天内，体力共有7次达高峰值
C.第94天时，情绪值小于15
D.第62天时，智力曲线和情绪曲线均处于上升期
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据图像及正弦曲线的性质即可得出结论.
【详解】由图象，智力曲线的最小正周期是三个曲线中最大的，故A正确；
由图像，体力曲线的最小正周期为天，，所以在出生起180天内，体力共有7次达高峰值，故B正确；
由图像，情绪曲线的最小正周期为天，所以第天情绪值为，第91天情绪值为20，而，所以第天情绪值大于，故C错误；
由图像，智力曲线的最小正周期为天，而，所以第天，智力曲线处于上升期，，所以第天，情绪曲线处于上升期，故D正确.
故选：ABD
11.著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名函数，被称为狄利克雷函数，其中为实数集，为有理数集，下面关于狄利克雷函数的正确结论是（ ）
A.对于任意的，都有
B.函数是偶函数
C.若且为有理数，则对任意的恒成立
D.在图象上存在不同的三个点，使得为直角三角形
【答案】BC
【解析】
【分析】举出反例令，即，则可对A判断；利用偶函数的定义，分类当和时，计算出可对B判断；分类当和时，计算出可对C判断；假设存在，并设出，，的坐标，再利用向量法得到数量积都不为零，得出假设不成立，即可对D判断.
【详解】A：令，即，则，故A错误；
B：当时，，则，
当时，，则，
综上所述：时，，所以为偶函数，故B正确；
C：当时，因且为有理数，所以，则，
当时，因且为有理数，所以，则，
综上所述：若且为有理数，则对任意的恒成立，故C正确；
D：假设在图象上存在不同的三个点，使得为直角三角形，
不妨设当，，，其中,，且.
则，，，
则，故不为直角；同理，故不为直角；
，即，故不为直角.
所以，为不是直角三角形.
同理设，，，其中,，且.
则，，，
则，故不为直角；同理，故不为直角；
，即，故不为直角.
所以，为不是直角三角形.
综上所述，在图象上不存在不同的三个点，使得为直角三角形，故D错误.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.使成立的一个充分而非必要的条件是________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由充分不必要条件的概念即可得解.
【详解】由于，
但不能得到，
所以使成立的一个充分而非必要的条件可以是，
事实上，使成立的一个充分而非必要的条件可以是，其中.
故答案为：（答案不唯一）.
13.当时，的解集为________．
【答案】
【解析】
【分析】将问题转换为时，，再结合三角函数性质即可求解.
【详解】当时，，
，
所以时，，
所以或，
所以或，
所以当时，的解集为.
故答案为：.
14.如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点B，C，D，E，在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，当时，则点的轨迹的长度为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据可知点轨迹是以为直径的球与四边形（包括边界）的交线，求出在四边形内的圆的半径即可得出结果.
【详解】以为直径作球，球半径，
与球上任意一点(除去点)均能构成直角，
故点轨迹为球与四边形（包括边界）的交线.
易知在平面上的投影为菱形的外心，
且都全等,
故四边形为正方形，四棱锥为正四棱锥，在平面上的投影为正方形的中心，
记球心在平面上的投影为，，
故平面截球的小圆半径，
即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边BCDE内（包含边界）的一段弧，
由题意可知
如图所示，设该圆弧交于点，所以四点共圆，
而，所以，
所以三点共线，即也是半径为的圆的直径，
故所求为.
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.如图，在四边形中，，，设，．
（1）用，表示，；
（2）若与相交于点，，，，求．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据几何关系分解向量求解即可；
（2）首先求得，然后依次求得，，的值，结合公式求解即可.
【小问1详解】
由题意，
因为在四边形中，，，
所以，
所以；
【小问2详解】
因为，，，所以，
所以，
所以，，
，
所以.
16.如图，已知三棱台中，平面平面、是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，．
（1）证明：平面；
（2）若的中点为，求直线与平面所成角的大小．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过余弦定理求出边长，根据勾股定理的逆定理证明线线的垂直关系，通过面面垂直的性质定理，说明线面垂直.
（2）找出线面角的平面角，计算线面角的平面角的三角函数值，求出线面角大小.
【小问1详解】
在三棱台中，，，
在等腰梯形中，，
由余弦定理得：，
则，即，
而平面平面，平面平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
过作，垂足为，因为平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
平面，得，
又因为，平面，所以平面，
可得为与平面所在角，
由等面积法可得，
即，解得，
由于点是直角三角形斜边的中点，所以，
所以，
因为为锐角，所以，
所以与平面所成角为.
17.在花市志愿者选拔的面试结果中，随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）已知在上述分组中用分层随机抽样的方法从第四组和第五组中共选取了5人，若从这5人中用简单随机抽样的方法选取2人，求这两名候选者来自不同组的概率；
（2）若前三组候选者的面试成绩的平均数和方差分别为64和64，后两组候选者的面试成绩的平均数和方差分别为82和16，根据上述信息估计此次选拔所有候选者的面试成绩的平均数和方差．
【答案】（1）0.4 （2）平均数，方差
【解析】
【分析】（1）应在第四组抽取人，记为，在第五组抽取人，记为，由列举法求解古典概型概率问题即可；
（2）由频率分布直方图求得后两组的频数之和为，前三组的频数之和为，结合分层抽样的总体的平均数、方差公式求解即.
【小问1详解】
由题意应在第四组抽取人，记，
在第五组抽取人，记为，
从这5人中用简单随机抽样的方法选取2人，可能的组合为：
，共10种可能，
这两名候选者来自不同组的可能的组合为，共4种可能，
故所求；
【小问2详解】
因为后两组的频率之和为，
所以后两组的频数之和为，
所以前三组的频率之和为，前三组的频数之和为，
所以估计此次选拔所有候选者的面试成绩的平均数为，
估计此次选拔所有候选者的面试成绩的方差为
.
18.已知的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求的大小；
（2）若，在的边和上分别取点，，将沿线段折叠到平面后，顶点恰好落在边上（设为点）．设，，回答以下问题：
（ⅰ）当时，求的长度；
（ⅱ）当取最小值时，求的面积．
【答案】（1）.
（2）（ⅰ）;（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理：和三角形内角之间的关系：，化简原方程式，再根据两角差的正弦公式：，结合三角形角的取值范围，确定角的大小.
（2）（ⅰ）根据余弦定理，结合题给条件和（1）中结论，列出关于的方程，解方程即可.
（ⅱ）根据余弦定理，列出关于m，n的方程，根据基本不等式（，,当且仅当时等号成立）确定m的最小值，进而求出相应的其他参数，代入三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
已知，根据正弦定理(R为三角形ABC外接圆半径)，
则有，，
代入原式可得：，化简得
.
因为，所以，
所以.
化简得：.
因为，所以，所以.
上式可变形为：，
所以.
又因为，所以，则，即.
【小问2详解】
（ⅰ）因为，由（1）知，，所以是等边三角形.
由折叠可知：,.
在中，根据余弦定理：.
已知，，则
解得.
故时，.
（ⅱ）在中，根据余弦定理：
令，则
根据基本不等式：（，,当且仅当时等号成立），
对于，有，当且仅当，即时成立.
此时取最小值：，
则，.
的面积：,
因为，,，
则.
故m取最小值时，的面积为：.
19.若函数的定义域为，都有，则称函数为中心对称函数，其中为函数的对称中心．
（1）已知定义R上的函数的图象关于点中心对称，且当时，，求，的值；
（2）探究函数是否为中心对称函数．若是，请求出对称中心并用定义证明；若否，请说明理由．
（3）运用第（2）问的结论，求的值，其中．
【答案】（1），.
（2）是中心对称函数，且对称中心为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据对称性，利用赋值法即可求出，的值；
（2）由定义列，化简后令系数为0，求解m、n,，根据是否有解做出结论；
（3）利用函数对称性的性质化简后利用基本不等式求解.
【小问1详解】
由在R上的函数的图象关于点中心对称，得，
则，，，
当时，，，
，
，.
【小问2详解】
若为中心对称图形，则在定义域内有恒成立.
，
根据中心对称定义有，
整理得：，
为了使等式对所有 成立，系数必须分别等于零：
，解得：
是中心对称图形，且对称中心是.
【小问3详解】
由（2）知，；，
经检验，时，一致；时，一致，
所以.