海南省海口市2024-2025学年高一下学期期末考试 数学试卷

这是一份海南省海口市2024-2025学年高一下学期期末考试 数学试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若集合 A  x x2  3， B  x 0  x  2 ，则 A ∪ B  （ ）
3
A．x 0  x  3B．x  x  3
3
C．x  x  2
D．x
 x  2
3
a ， b ， c ， d  R ，且a  b ，则“ c  d ”是“ a  c  b  d ”的（ ）
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
→→
已知向量a  1, 2 ， b  4, t  ，若a ⊥b ，则t  （ ）
A．1B．2C． 2
lg2 x 1, x  0
D． 8

已知函数 f  x   1
 2
x2  x, x  0
，则 f  f 2  （ ）
A．1B．2C．3D．4
已知角θ终边过点 P 2,1 ，则sinθ π  （ ）
4 
10
10
3 10
10

 10
10
 3 10
10
已知四边形 ABCD 为矩形， AB  3 ， BC  2 ， E 是 AD 的中点，则 AC  BE  （ ）
7
3
C．3D．7
若点A 是两条相交直线a ， b 外的任意一点，则过点A 有且只有一条直线与直线a ， b 都（ ）
平行B．相交C．异面D．垂直
已知定义在实数集R 上的函数 f  x 满足： x, y  R ， f  x  y   f  x  y   2 f  x  2 f  y  ，且
f 1  3 ．下列结论正确的是（ ）
f  x 是奇函数B． f  x 在区间0, 2 上单调递减
C． f  x 的周期为 3D． f 3  27
二、多选题
在一次对甲、乙两个工厂生产的相同数量的零件质量（单位：克）统计中，得到如下表：
12
其中s2  s2 ，根据统计数据，下列结论中正确的是（ ）
甲厂生产的零件质量稳定性优于乙厂 B．甲厂生产零件质量的极差可能小于乙厂 C．甲、乙两厂生产的零件中 61 克出现的次数相同 D．甲厂生产的零件中质量大于 63 克的数量多于乙厂
已知函数 f  x  Asin ωx φ A  0,ω 0, 0 φ π 的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
ω 1
φ π
3
函数 f  x 的图象关于点  π , 0  中心对称
 6
工厂
平均质量
中位数
众数
方差
甲厂
63
63
61
s2
1
乙厂
63
62
61
S 2
2

将函数 f  xπ
g  x 为奇函数
的图象向右平移
6
个单位长度得到的函数
已知函数 f  x   ln 3  x ，则下列说法正确的是（ ）
3  x
函数 f  x 的定义域为3, 3
函数 f  x 是奇函数
函数 f  x 是增函数
若 f a  f 2a 1  0 ，则 1  a  2
3
1
z
三、填空题
已知复数 z  2  i ，则．
某科研团队研究某种放射性物质的衰减规律，发现剩余质量M t  （单位：克）随时间t （单位：天）
的变化规律满足
 t ，其中M 为初始质量．若初始质量M 满足lg M  6，则t  12 时，
lg
 M0
M t   M0  2 40


的值为．
02 0
2  M t  
已知四边形 ABCD 为矩形， AB  2 3 ， BC  2 ，将V ACD 沿 AC 折起，连接 BD ，得到三棱锥 D  ABC ，则三棱锥 D  ABC 外接球的表面积为；当三棱锥 D  ABC 的体积最大时，其内切球的半径为．
四、解答题
在V ABC 中， a ， b ， c 分别为角A ， B ， C 的对边，且bsinC  3ccsB ．
求角 B ；
若V ABC 的面积为 3 ， a  c  2 ，求边 AC 上的高 BD 的长．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， E 是 PD 的中点， PA  PC  AB  2 ， PB  PD ，
ABC  60 ．
求证： PB ∥平面 ACE ；
求三棱锥 E  ACD 的体积．
17．2025 年海口市某中学举办校园诗词大赛，评委对参赛选手的表现进行打分．现随机抽取了 40 名选手的成绩，并分成五组：第一组50, 60 ，第二组60, 70 ，第三组70,80 ，第四组80, 90，第五组90,100 ，绘制成如图所示频率分布直方图．
求a 的值；
估计这 40 名选手成绩的平均数和第 95 百分位数（同组中数据用该组区间中点值作代表）；
现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取 20 人．若第二组选手成绩的平均数和方差分别为 65 和 30，第五组选手成绩的平均数和方差分别为 95 和 40，请据此估计第二组和第五组所有选手成绩的方差．
（附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为： m ， x ， s2 ； n ， x ， s2 ，记两组数据总体
1122
样本平均数为w ，总体样本方差为s2 ，则总体样本平均数w 
m m  n
x1 
nx
m  n 2
，总体样本方差
s2  m s2  x  w2   n s2  x  w2  ．）
m  n  11m  n  22
18．已知函数 f  x 
3sinxcsx  cs2 x  1 ．
2
求函数 y  f  x 的单调递减区间；

当 x   π , π  时，函数 y  f  x  a 有两个不同零点，求a 的取值范围；
12 3 
设函数 g  x  tf  x ，若对任意的 x   π , π  ，都有 g  x  1 ，求t 的取值范围．
f 2  x 1
12 3 
19．双曲函数是工程数学中一类重要的函数，也是一类最重要的初等函数，在数学与物理等众多领域有着
ex  e xex  e x
丰富的实际应用．其中双曲正弦函数解析式为sinhx ，双曲余弦函数解析式为cshx ，双
22
曲正切函数tanhx  sinhx ．
cshx
判断函数 f  x  tanhx 的单调性并说明（无需严格证明），并求其值域；
求函数 g  x  csh2x cshx 的最小值；
x 1, 2 ，比较csh sinx2  与sinh csx2  的大小．
1．C
由集合的并集运算即可求解.
3
【详解】由合 A  x x2  3  x  x  3， B  x 0  x  2 ，
3
所以 A  B＝B  x  x  2，故 C 正确.
故选：C.
2．A
利用不等式的基本性质、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】充分性：因为a  b 且c  d ，由不等式的性质可得a  c  b  d ，充分性成立；
必要性：取a  3 ， b  2 ， c  1， d  1.5 ，则a  c  b  d 成立，且a  b ，但c  d ”不成立，必要性不成立.
因此，“ c  d ”是“ a  c  b  d ”的充分不必要条件.
故选：A.
3．B
由 → ⊥b 得 →  b  0 ，根据平面向量数量积坐标运算即可求解.
aa
→
【详解】由题意有a  b  1 4  2 t  0  t  2 ，故选：B.
4．C
根据分段函数先求 f 2 ，进而即可求 f  f 2.
【详解】由题意有 f 2  1 22  2  4 ，所以 f  f 2  f 4  lg 4 1  2 1  3 ，
22
故选：C.
5．B
利用三角函数的定义求出sinθ、csθ的值，再利用两角差的正弦公式可求得sin θ π  的值.
4 
5

题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
B
C
B
A
D
D
AB
BCD
题号
11
答案
ABD
22 1
【详解】由三角函数的定义可得csθ 2
  2 5sinθ1
22 12
，
5
 5 ，
5
2
2
由两角差的正弦公式可得sin θ π   sinθcs π  csθsin π    2 5   3 10 .
4 
4452
5  210

故选：B.
6．A
建立平面直角坐标系，再利用坐标表示向量的数量积，从而可求解.
【详解】由题，以点A 为坐标原点，分别以 AB ， AD 所在直线为 x, y 轴建立平面直角坐标系，则 A0, 0 ， B 3, 0 ， C 3, 2 ， E 0,1 ，
则 AC  3, 2 ， BE  3,1 ，则 AC·BE  33  2 1  7 ，故 A 正确；故选：A.
7．D
由题可知两条相交直线a ， b 可唯一确定一平面，再利用平面垂线知识即可求解.
【详解】由题意可知两条相交直线a ，b 可唯一确定一平面α，因点A 是两条相交直线a ，b 外的任意一点，则可得过点A 与平面α垂直的垂线只有一条，从而可得只有一条直线与直线a ， b 都垂直，故 D 正确.
故选：D.
8．D
根据给定条件，利用赋值法逐项分析判断.
【详解】对于 A，令 x  y  0 ，得 f 0  f 0  4 f 0 ，则 f 0  0 ，令 x  0 ，得 f  y   f  y  ，函数 f  x 是偶函数，A 错误；
对于 B，令 x  y  1 ，得 f ( 1 )  3 ，而 f 1  3 ，则函数 f ( x) 在0, 2 上不是单调递减函数，B 错误；
224
对于 C，令 x  y  1 ，得 f 2  f 0  4 f 1 ，则 f 2  12 ，
令 x  2 ， y  1，得 f 3  f 1  2 f 2  2 f 1 ，则 f 3  27 ， f 0  f 3 ，C 错误；
对于 D，由 f  x 为偶函数，得 f 3  f 3  27 ，D 正确.故选：D
AB
根据平均数，中位数，众数和方差的定义逐一验证即可求解.
12
【详解】根据表格有s2  s2 ，所以甲厂生产的零件质量稳定性优于乙厂，故 A 正确；
12
根据平均数，中位数和众数不能判断极差，而s2  s2 ，所以甲厂生产零件质量的极差可能小于乙厂，故 B
正确；
根据众数的定义可知，众数是出现次数最多的，不能判断甲、乙两厂生产的零件中 61 克出现的次数相同，故 C 错误；
由于甲乙两厂的平均质量为 63 克，不能判断甲厂生产的零件中质量大于 63 克的数量多于乙厂，故 D 错误.
故选：AB.
BCD
根据图像先求 A,T ，进而得ω,φ即可判断 AB，计算 f   π  是否为 0 即可判断 C，根据图像的变换得 g  x
 6 

即可判断 D.
【详解】由图可知 A  2 ， 1 T  7π  π  π  T  π ，所以ω 2π  2π  2 ，故 A 错误；
212122Tπ
由2  π φ π  2kπ, k  Z ，由0 φ π ，解得φ π ，故 B 正确；
1223
所以 f  x  2 sin  2x  π  ，又 f   π   2 sin 2   π   π   2 sin 0  0 ，故 C 正确；
3  6  6 3 

f xπg x π 
 π π 
将函数   的图象向右平移个单位长度得到的函数  
6
f  x  6   2 sin 2  x  6   3   2 sin 2x ，又
g  x  2 sin 2x 为奇函数，故 D 正确.故选：BCD.
 
ABD
对于 A 求 3  x  0 即可判断，对于 B 根据函数的奇偶性即可判断，对于 C 利用复合函数的单调性即可判断，
3  x
对于 D 利用奇偶性和单调性即可求解.
【详解】对于 A：由 3  x  0  3  x3  x  0  3  x  3 ，所以 f  x 的定义域为3, 3 ，故 A 正确；
3  x
对于 B：由 A 得 f  x 的定义域为3, 3 ，又 f x  ln 3  x  ln 3  x   f  x ，所以 f  x 是奇函数，故
B 正确；
3  x
3  x
对于 C：令t  3  x ，所以t  3  x  1 6 ，由t  3  x 在3, 3 上单调递减， y  ln t 在0，+∞ 单调递
3  x
增，
3  xx  3
3  x
根据复合函数单调性得 f  x 在3, 3 是减函数，故 C 错误；
对于 D：由 f  x 是奇函数且 f  x 在3, 3 是减函数，由 f a  f 2a 1  0 得
f a   f 2a 1  f 1 2a ，
a  1
a  1 2a3
所以3  a  3 3  a  3  1  a  2 ，故 D 正确.
3
3  1 2a  31  a  2


故选：ABD.
12． 5
5
1
z
1.
根据复数的除法运算先求 z ，即可求
 2 2 1 2
 5     5 
 
5
1  1  2  i  2  i  2  11
【详解】由题意有 z
故答案为： 5 .
5
2  i
2  i2  i
555 i ，所以 z

，
5
13． 6
0
由题意可得M 12  M  23 ，再结合对数的运算即可求解.
0
【详解】由题意可得当t  12 时， M 12  M  23 ，
所以lg
M 0  lg 23  lg  2 6  6 .

2  M 12 22
故答案为： 6 .
14．16π
2 4 3  39 
3
空n1 ：取 AC 中点O ，由几何知识可得OA  OB  OC  OD ，则O 为外接球的球心，从而可求解；空n2 ：
过 D 作 DE ⊥AC 于 E ，然后再利用等体积法即可求解.
【详解】空n1 ：取 AC 中点O ，则OA  OB  OC  OD ，所以O 为外接球的球心，
所以外接球的半径为 R  AC  2 ，由球的表面积公式S  4πR2  16π .
2
（2）当三棱锥 D  ABC 的体积最大时，平面 ADC 垂直于平面 ABC ，用等体积的方法求该三棱锥内切球的
半径，
3
AC
即过 D 作 DE ⊥AC 于 E ，则 DE  面 ABC ， 在Rt△ACD 中可解 DE  AD  DC ， AE 
3
AB
 1， CE 
AD2  DE2
CD2  DE2
3
AB2  AE2  BE2
 3 ，
7
在V AEB 中，由cs BAE ，由余弦定理可得cs BAE 解得 BE ，
AC2
DE2  BE2
3
在Rt△DEB 中用勾股定理得 DB 
 10 ，
2 AB  AE2
因为S△ADB
 S△BCD 
39 ， S△
2
ABC
 S△ ACD
 2，
代入公式VD ABC
 1 S
3
V ABC
SV ADC
SV ABD
SV DBC
 r
3
即 1  2 3  1  39  2  2 3  
，解得
2 4 3  39  .
33  2
2 ·rr 
3
故答案为：16π ； 2 4 3  39  .
3
15．(1) B  π
3
(2) 6
2
根据正弦定理边角互化即可求解，
根据面积公式可得ac  4 ，进而根据余弦定理可求解b  2
2
，即可根据面积公式求解.
【详解】（1）由bsinC 
3ccsB 结合正弦定理可得sinBsinC 
3csBsinC
因为 B, C 0, π ，则sinC  0
所以sinB  3csB  0．
3
则有tanB 故 B  π ．
3
（2）由S
 1 acsinB  1 ac  3 
得ac  4
3
△ABC222
因a  c  2 ，所以a  c  2
由余弦定理b2  a2  c2  2ac cs B 得b2  a  c2  2ac  2accsB
2
所以b2  4  2  4  2  4  1  8 ，解得b  2
2
所以S
ABC
 1 b  BD  1  2 2  BD 
3
22
BD  6 ．
2
16．(1)证明见解析
2
(2) 1
连接 BD 交 AC 于O ，且连接OE ，即证OE∥PB ，利用线面平行的判断定理即可求解；
先求点 E 到平面 ACD 的距离，再求底面面积，根据三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】（1）连接 BD 交 AC 于O ，且连接OE ，则O 为 AC 的中点．
因为 E 是 PD 的中点，所以OE 为△PBD 的中位线，所以OE∥PB ，又因为 PB  面 ACE ， OE  面 ACE ，所以 PB / / 面 ACE
（2）因为 PA  PC ， O 为 AC 的中点，所以 PO  AC ，又因为 PB  PD ，所以 PO  BD ，
因为 AC ， BD  面 ABCD ， AC ∩ BD  O ，所以 PO  面 ABCD ，菱形 ABCD 中， ABC  60 ， AB  2 ，所以 AC  2 ，所以OC  1 ，
1
PC2  OC2
因为 E 为 PD 的中点，所以点 E 到面 ABCD 的距离为 1 PO 
 1 4 1  3
2222
3
又S 1 AD CD sinADC  1  2 2 3 
△ACD222
所以V
 1 S
 1 PO  1  3  3  1
EACD3 △ACD 2322
所以三棱锥 E  ACD
17．(1) a  0.035
1
的体积为 2 ．
平均数为 77，第 95 百分位数为 95 分
700
3
由各组的频率和为 1 列方程即可求解；
根据平均数和百分位数的定义求解即可；
先根据频率分布直方图求出第二组、第五组的频数，然后根据所给的平均值、方差公式求解即可.
【详解】（1）因为0.005  0.02  a  0.03 0.0110 1，所以a  0.035 ；
（2）40 名选手成绩的平均数为55 0.05  65 0.2  75 0.35  85 0.3  95 0.1  77 ，因为前 4 组的频率和为0.05  0.2  0.35  0.3  0.9  0.95 ，
前 5 组的频率和为1  0.95 ，
所以第 95 百分位数位于90,100 内，设其为 x ，则0.9  0.01 x  90  0.95 ，解得 x  95 ，
即第 95 百分位数为 95 分．
（3）设第二组、第五组选手成绩的平均数、方差分别为 x  65 ， x  95 ， s2  30 ， s2  40 ，
1212
且从第二组选取的人数为20  0.2  4 ，从第五组选取的人数为20  0.1  2 ，
则第二组和第五组所有选手的成绩平均数为w  4  65  2  95  75 ，
4  2
第二组和第五组所有选手成绩的方差为
s 2  4  s 2  x  w 2   2  s 2  x  w 2   2 30  65  752   1 40  95  752   700 ，
6  11
6  22
3 
700
3 3
所以第二组和第五组所有选手成绩的方差为．
3
18．(1) kπ  π , kπ  2π  k  Z
63 
a 3 
(2)  1,  2 

(3) t , 2
根据三角恒等变换先化简 f  x ，即可求 f  x 的单调减区间；
由 x   π , π  ，得2x  π   π , 5π  ，作出函数图像，利用数形结合即可求解；

12 3 6
由 g  x  1 得t  f  x 

 3 6 
1，令 f  x  m ，得t  m  1 ，利用基本不等式即可求解.
f  xm
【详解】（1）由题意有 f  x  3sinxcsx  cs2 x  1 
3 sin2x  1 cs2x  1
 sin  2x  π  ，
2222
6 

若 y  f  x 为单调递减函数，有2kπ  π  2x  π  2kπ  3π k  Z  ，
262
解得kπ  π  x  kπ  2π k  Z  ，
63
所以 f  x  sin  2x  π  的减区间为kπ  π , kπ  2π  k  Z  ，
6 
63 

（2）因为 x   π , π  ，所以2x  π   π , 5π 
12 3 6 3 6 
令 f  x  a  0 得 f  x  a ，由图可知a   3 ,1 ，所以a  1,  3  ．
 22 

f  x 11
2
（3）由 g  x  1 得t  f  x 恒成立
f  xf  x
令 f  x  m ，得t  m  1 ，由（2）可知2x  π  5π 时， f  x
12x  π  π 时， f  x 取最大值
m
为 1．所以m   1 ,1 ．
66取最小值为 2 ；62
 2 
因为m  1  2 m  1  2 ，当且仅当m  1 ，即m  1时等号成立．
mmm
所以t  2 ，即t ∞, 2 ．
19．(1) y  tanhx 在R 上单调递增，说明见解析，值域为1,1
(2)0
(3) csh sinx2   sinh csx2 
ex  e x
22 x
根据题意有tanhx  ex  e x ，化简得tanhx  1 1 e2 x ，由 y  e
调性，进而分析得 y  tanhx 的值域；
0 的单调性即可得 y  tanhx 的单
1 29
4
先计算csh 2x ，即可得 g  x  csh2x  cshx  2 cshx  

 ，利用均值不等式求csh x 的范围，
8
即可得 g  x  的最小值；
设h  x  csh sinx2   sinh csx2  ，当 x 1, 2 时，分析sin x2 与cs x2 的大小，进而得esinx2 与ecsx2 的大小，即可得h  x 与 0 的大小，即可求解.
【详解】（1）由题意可知tanhx  sinhx 
cshx
ex  e x ex  e x
故 y  tanhx 的定义域为R
ex  e x
2ex2
又tanhx  ex  e x  1 ex  e x  1 1 e2 x
y  e2x  0 且在R 上单调递减
从而可知 y  tanhx 在R 上单调递增．
因为 y  e2x 0,  ，所以
2
1 e2 x
0, 2 ，即1
2
1 e2 x
1,1 ，
所以 y  tanhx 的值域为1,1 ．
e2 x  e2 x
e2 x  e2 x  2
 ex  ex 2
（2）因为csh2x 1  2 
1  2csh2 x 1
222

所以 g  x  csh2x  cshx  2csh2 x 1 cshx  2 cshx 

1 2

4

 9 ， 8
ex  e x
ex  e x
又因为cshx 
2
 1，
min
当且仅当ex  ex ，即 x  0 时，等号成立所以当cshx  1 时， g  x 0 ．
（3）设h  x  csh sinx2   sinh csx2 
esinx2  esinx2

ecsx2  ecsx2
22
2
 1 esinx2  esinx2  ecsx2  ecsx2  ，因为 x 1, 2 ，所以 x2 1, 4，
2 5 π 5 22
当 x 1, π  , π 时， sinx 2  csx 2 ，则esinx  ecsx ，故h  x  0 ，
 4  4 4 
当 x2  5 π, 4   5 π, 3 π 时， csx 2  0 ，则csx2  csx2 ，则ecsx2  ecsx2 ，故h  x  0 ，
 4 42 

综上， x 1, 2 ， csh sinx2   sinh csx2 .