湖南省湘潭市2024_2025学年高一数学下学期期末质量检测试题含解析

这是一份湖南省湘潭市2024_2025学年高一数学下学期期末质量检测试题含解析，共17页。试卷主要包含了38 B， 已知函数 ，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共 4 页.全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，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. 的实部为（ ）
A. 1 B. 3 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助复数运算法则计算后即可得.
【详解】 ，其实部为 .
故选：A.
2. 已知集合 ， ，则集合 中的元素之积为（ ）
A. 5 B. 9 C. 45 D. 117
【答案】C
【解析】
【分析】由对数函数单调性求解 ，再根据交集的定义即可求解．
【详解】由题可知， ，则 ，
所以集合 中的元素之积为 ，
故选：C．
3. 一个杯口半径为 ､高为 的圆柱形水杯盛有水（不计厚度），当杯底水平放置时，水面的高度为
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水杯高度的 ，若放入一个半径为 的球（球被完全浸没），水无溢出且恰好充满水杯，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用圆柱及球的体积公式计算得解.
【详解】依题意， ，解得 ，经验证符合题意，
所以 .
故选：D
4. 体育课上甲、乙两名同学进行投篮比赛（甲、乙各投篮一次），甲投中 概率为 0.7，乙投中的概率为 0.8
，则甲、乙两人恰好有一人投中的概率为（ ）
A. 0.38 B. 0.56 C. 0.26 D. 0.52
【答案】A
【解析】
【分析】借助相互独立事件的乘法公式计算即可得.
【详解】设 “甲投中”， “乙投中”，
则
.
故选：A.
5. 设 ， 是两条不同 直线， ， 是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若 ， ，则 B. 若 ， ，则
C. 若 ， ，则 D. 若 ， ，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间直线、平面的位置关系，结合平面的基本性质判断线性、线面的位置关系即可.
【详解】A：若 ， ，则 平行、相交或异面，故 A 错；
B：若 ， ，则 平行或异面，故 B 错；
C：若 ， ，则 或 ，故 C 错；
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D：若 ， ，由面面平行的定义和线面平行的定义可知 ，故 D 对.
故选：D
6. 矩形 中， ， ，过 的一条直线与直线 ，直线 分别相交于点 ， ，其中
， ，则 的面积的最小值为（ ）
A. B. 4 C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】设 ，根据三角形相似表示出 ，再用三角形面积公式，结合基本不等式求解.
【详解】如图，设 ，则 ，
因为 ，所以 ，解得 ，
所以 的面积为 ，
因为 ，当且仅当 ，即 时取等，
所以 的面积的最小值为 .
故选：B.
7. 已知一组样本数据为 ，这组数据的极差为 ，则该组样本数据的第 65 百分位数不
可能是（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
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【分析】由 ，可得第 65 百分位数为这组数据由小到大排列后的第四个数字，不妨令 ，
结合极差，分类讨论可求得结论.
【详解】由 ，可知该组样本数据的第 65 百分位数为这组数据由小到大排列后的第四个数字．
不妨令 ，注意到这组数据的极差为 4．当 时， ，
此时除去 ，这组数据可写为 ， 可放在任意位置，此时第四个数字必为 4；
当 时， ，此时除去 ，这组数据可写为 ，
对 进行讨论：当 时，第四个数字为 4；当 时，第四个数字为 5；
当 时，第四个数字为 6，
综上，第四个数字的取值范围为 ．
故选：A．
8. 在 中，A 是锐角，且 ，则 的形状一定为（ ）
A. 锐角三角形 B. 直角三角形
C. 钝角三角形 D. 等腰三角形
【答案】B
【解析】
【分析】根据和差角公式可得 ，即可结合诱导公式求解.
【详解】由题意可得 ，整理得 ，
移项得 ，故 ．
因为在 中， ， ， ，
所以 ，即 ，故 ．
故选：B．
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，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，选错得 0 分.
9. 已知函数 ，则（ ）
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A. 在 上单调递增 B. 的值域为
C. D. 的零点小于
【答案】BC
【解析】
【分析】求出 的定义域和值域可判断 A，B；求解 可判断 C；由 可判断 D.
【详解】对于 A， 的定义域为 ，故 A 错误；
对于 B，函数 单调递增且值域为 ，
单调递增且值域为 ，所以 单调递增且值域为 ，故 B 正确；
对于 C， ，故 C 正确；
对于 D， ，
因为 单调递增，所以 的零点大于 ，故 D 错误.
故选：BC.
10. 已知复数 ， 是方程 的两个根，且在复平面内， 对应的点 在 对应的点 的上
方， 为坐标原点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A 选项，计算出方程的两根，从而得到 ；A 正确；B 选项， ，利用向量
数量积公式计算；C 选项，计算得到 ，利用模长公式进行求解；D 选项，计算出 ，
利用复数的乘方运算法则求解.
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【详解】A 选项，方程 的判别式 ，
的两根为 ，
两根对应的点分别为 ，故 ，A 正确；
B 选项， ，故 ，B 错误；
C 选项， ， ，
故 ，C 正确；
D 选项， ，故 ，D 正确.
故选：ACD
11. 对于函数 （ ）， ， ， ，2， 相邻零
点之间的距离为 ，直线 既是 图象的对称轴也是 图象的对称轴， 的最大值与
的最小值之差为 5，则（ ）
A.
B.
C. 存在一条直线是 图象的对称轴但不是 图象的对称轴
D. 存在一点既是 图象的对称中心也是 图象的对称中心
【答案】BC
【解析】
【分析】A 求出 的最小值即可；B 由 即可求出；C D 根据直线 为对称轴求出
和 的解析式即可求出两者的对称轴和对称中心.
【详解】 的最大值与 的最小值之差为 5，显然 的最小值为 ，
所以 的最大值为 4，故 ，故 A 错误；
记 的最小正周期为 T， 相邻零点之间的距离为 ，
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所以 ，解得 ，故 B 正确；
因为直线 既是 图象的对称轴也是 图象的对称轴，
所以 ， ， ， ，
因 ， ，2，解得 ， ，
则 ， ，
故 图象的对称轴方程为 ， ，解得 ， ，
图象的对称轴方程为 ， ，解得 ， ，
则 是 的对称轴，但不是 的对称轴，故 C 正确；
令 ， ，解得 ， ，
则 图象的对称中心为 ， ，
令 ， ，解得 ， ，
则 图象的对称中心为 ， ，
令 ，则 ， ， ，
等号左边为偶数，右边为奇数，故不存在 ， 使 成立，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. 已知边长为 4 的菱形 的一个内角为 ，则 _____．
【答案】 或
【解析】
【分析】由平面向量数量积的定义即可求解．
【详解】由题可知， 或 ，
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若 ，则 ，
若 ，则 ，
故答案为： 或 ．
13. 已知命题 “ ， ”为假命题，则实数 的取值范围为_____.
【答案】
【解析】
【分析】若命题 为真命题，利用参变分离求出 的范围，再求其补集即可.
【详解】若命题 为真命题，则对 ， 恒成立，
因 在 上单调递增，则 在 上单调递增，
则 ，则 ，
故而实数 的取值范围为 .
故答案为：
14. 在 中， ， ，则 BC 最小值为______.
【答案】 ##0.8
【解析】
【分析】先得到 ，由正弦定理和三角恒等变换得 ，换
元后，结合 求出最小值.
【详解】因为 ， ，所以 ．
在 ，由正弦定理得 ，
所以 ．
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又 ，
由 ，得 ．
将其代入 得，
，
由 得 ，令 ，
则 ，当且仅当 时， 取得最小值 ．
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. 已知平面向量 ， .
（1）若 ⊥ ，求 的值；
（2）若 ，且 与 的夹角为锐角，求 的取值范围.
【答案】（1）
（2） 且
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直得到数量积为 0，得到 ，齐次化变形，代入求值；
（2）计算出 ，利用夹角为锐角，得到 且 与 不同向共线，从
而得到不等式，求出答案.
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【小问 1 详解】
⊥ ，故 ，
故 ，
；
【小问 2 详解】
， ， ，
与 的夹角为锐角，故 ，
解得 ，
且 与 不同向共线，即 ，即 ，
综上， 且 ；
16. 已知函数 .
（1）判断 的奇偶性，并说明理由；
（2）证明： .
【答案】（1）偶函数，理由见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据奇偶性定义判断函数即可；
（2）分类讨论 和 两种情况即可证明.
【小问 1 详解】
偶函数，理由如下：
因为 ，因为 ，解得 ，
定义域为 ，关于原点对称，
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，
故 ，所以 为偶函数；
【小问 2 详解】
当 时， ，所以 ，则 ，
所以
当 时， ，得 ，
所以 ，则 ，
所以 ；
综上， .
17. 记 中的内角 的对边分别为 ，且 ．
（1）证明： ；
（2）若 ，且 边上的中线的长度为 ，求 a 的值．
【答案】（1）证明见解析
（2） ．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、 三角恒等变换的知识化简已知条件，从而证得 .
（2）利用余弦定理列方程，化简求得 的值.
【小问 1 详解】
由正弦定理可得 ，
又 为 的内角，故 ．
代入上式，有 ，
即 ．
又 ，若 ，必有 ，不符合题意，
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则 ，同理 ，则 ．又 ，则 ．
【小问 2 详解】
不妨设 为 边上的中线，在 中，
有 ，
由（1）可得 ，故 ，即 ．
在 中，有 ．
即 ．
解得 ．
18. 半程马拉松是一项长跑比赛项目，长度为 21.0975 公里，为全程马拉松距离的一半．20 世纪 50 年代，
一些赛事组织者设立了半程马拉松，自那时起，半程马拉松的受欢迎程度大幅提升．某调研机构为了了解
人们对“半程马拉松”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄的人举办了一次“半程马拉松”知识竞赛，将参
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与知识竞赛者按年龄分成 5 组，其中第一组 ，第二组 ，第三组 ，第四组 ，
第五组 ，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）根据频率分布直方图，估计参与知识竞赛者的平均年龄（结论精确到个位）；
（2）现从以上各组中用比例分配的分层随机抽样的方法选取 20 人，担任本市的“半程马拉松”宣传使者．若
有甲（年龄 36），乙（年龄 42）两人已确定入选为宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，
再随机抽取 2 名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选为组长的概率；
（3）若第四组宣传使者 年龄的平均数与方差分别为 36 和 1，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别
为 42 和 2，据此估计年龄在 内的所有参与知识竞赛者的年龄的平均数和方差．
【答案】（1）32 （2）
（3）平均数为 38，方差为 ．
【解析】
【分析】（1）根据平均数的定义结合频率分布直方图求解即可；
（2）先根据分层抽样的定义求出从第四组和第五组所抽取的人数，然后利用列举法结合古典概型的概率公
式求解；
（3）根据平均数和方差的定义结合已知条件求解即可.
【小问 1 详解】
（岁）．
【小问 2 详解】
由题意得，第四组应抽取 人，记为 （甲）， ， ， ，
第五组应抽取 人，记为 （乙）， ，对应的样本空间为：
，
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，
设事件 为“甲、乙两人至少一人被选上”，
则 ，
所以 ．
【小问 3 详解】
设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为 ， ，方差分别为 ， ，
则 ， ， ， ，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为 ，方差为 ，
则 ，
，
据此估计第四组和第五组所有人的年龄的平均数为 38，方差为 ．
19. 如图，在三棱台 中， ， 是边长为 的等边三角形，且 ，
， ， .
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求 的长；
（3）求二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）1
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件及线面垂直的判定定理可得 平面 ，再根据面面垂直的判定定理证明即可；
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（2）过点 作 交 于 ，连接 ，设 ，在 中，由余弦定
理得 ，最后在 中由勾股定理即可求解；
（3）取 中点 ， 中点 ，连接 ，根据条件得 ， ，故
为平面 与平面 的夹角，然后在 中，由余弦定理求解 即可.
【小问 1 详解】
由题意，因 ，
且 ， 平面 ，
所以 平面 ，
在三棱台 中，
平面 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以平面 平面 .
【小问 2 详解】
由（1）可知， 平面 ，
因为 平面 ，
所以 ，
又因为 是边长为 的等边三角形，
所以 ，
所以 与 全等，
所以 ，即 ，
又因为 ，
所以 ，
在 中，由余弦定理得 ，
解得 ，
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所以 ，
如图①所示，过点 作 交 于 ，连接 ，
因为 ，
所以四边形 为矩形，
所以 ，
设 ，则 ，
在 中，由余弦定理得 ，
则 ，
在 中，由 得
，解得 ，
故 .
【小问 3 详解】
如图②所示，取 中点 ， 中点 ，连接 ，
因为 为等腰三角形， ， ，
所以 ，
因为 为等腰三角形， ，点 为 中点，
所以 ， ，
又因为 ，点 为 中点，点 为 中点，
所以 ，
因为平面 平面 ，
所以 为平面 与平面 的夹角.
如图③所示，在直角梯形 中，过点 作 ，交 与 ，
且 ，
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所以 ，
在 中，由余弦定理得 .
所以二面角 的夹角余弦值为 .