湖南省长沙市2024_2025学年高一数学下学期期末考试试卷含解析

这是一份湖南省长沙市2024_2025学年高一数学下学期期末考试试卷含解析，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】复数的运算，分子分母同乘分母的共轭.
【详解】.
故选：C.
2. 下列命题是假命题的为（ ）
A. 若，则B. 若且，则
C. 若且则；D. 若， 则
【答案】D
【解析】
【分析】利用不等式的性质和作差法来进行不等式变形即可得到判断，对于不成立的不等式可通过举反例来判断.
【详解】对于A；由，可知，所以，故A正确；
对于B；由可得：，因为，所以，故B正确；
对于C；由可得：，又因为所以，故C正确；
对于D；取，则故D错误；
故选：D.
3. 已知为锐角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系式及二倍角公式化简可得解.
【详解】因为为锐角，即，则，
又，则，且，
所以．
故选：C．
4. 已知函数，则在上的零点有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 无数个
【答案】B
【解析】
【详解】求函数在上的零点个数，即求函数的图象与函数的图象在上的交点的个数．如图所示，显然函数的图象与函数的图象在上的交点的个数为3．
5. 若将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】首先化简函数的解析式，再利用平移规律求函数的解析式，最后代入求值.
【详解】，
将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，
所以.
故选：C
6. 甲、乙、丙三人参加“校史知识竞答”比赛，若甲、乙、丙三人荣获一等奖的概率分别为，，，且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中仅有两人获得一等奖的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对立事件的概率公式结合独立事件概率公式计算求解.
【详解】记甲、乙、丙获得一等奖分别为事件，，，则，，，
则，，，
则这三人中仅有两人获得一等奖的概率为
.
故选:C.
7. 在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，则点B到直线的距离为（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】先求出的三边长，利用余弦定理求出，即得，再由三角形面积相等即可求得答案.
【详解】
如图，因P为棱的中点，则，
由余弦定理，，
则，
设点B到直线距离为，则，
解得.
故选：A.
8. 一个正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球与该正四棱台的各面均相切，则该球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出正四棱台过切点的轴截面，则这个等腰梯形的内切圆就是内切球的截面圆中最大的圆，设球的半径为，在直角中，得到，结合圆的切线长定理，列出方程，求得球的半径，利用球的体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，作出正四棱台的过切点的轴截面，可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的截面圆中最大的圆，
因为正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，
且球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，所以，
设球的半径为，在直角中，可得，
又由切线长定理可得，所以，
故球的体积为．
故选：B.

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的是（ ）
A. 某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件
B. 甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为3，则抽取的丙个体数为9
C. 数据，，，，，，，的分位数是8
D. 数据，，，…，的方差为，则数据，，，…，的方差为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用互斥事件的定义判断A；利用分层抽样列式求解判断B；求出分位数判断C；利用方差的性质计算判断D.
【详解】对于A，由 “掷出5”与“掷出6”不可能同时发生，得它们为互斥事件，A正确；
对于B，设抽取的丙个体数为，由，解得，B正确；
对于C，数据,,,,,,,从小到大排列为：,,,,,,,，
由，得该组数据的分位数是，C错误；
对于D，数据,,,…,的方差为，则数据,,,…,的方差为，D正确.
故选：ABD
10. 关于空间向量，以下说法正确是（ ）
A. 若对空间中任意一点，有，则、、、四点共面
B. 已知两个向量，，且，则
C. 若，且，，则
D. ，，则在上的投影向量为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用空间中四点共面的推论可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用空间向量垂直的坐标表示可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，若、、、四点共面，则存在、，使得，
即，
所以，，且，
因为对空间中任意一点，有，且，
故、、、四点不共面，A错；
对于B选项，已知两个向量，，且，
设，即，则，解得，故，B对；
对于C选项，若，且，，则，C对；
对于D选项，若，，则在上的投影向量为
，D错.
故选：BC.
11. 如图，矩形中，为的中点，将沿翻折成，得到四棱锥，点在线段上，则（ ）
A.
B. 存在，使平面
C. 不存在，使平面
D. 当四棱锥的体积最大时，点到平面的距离是
【答案】BCD
【解析】
【分析】取中点，假设，利用线面垂直的判定定理证得平面，则，推出矛盾，可判断A ；取中点，利用线面平行的判定定理求证平面和平面，再利用面面平行的判定定理求证平面平面，即可判断B；假设存在点，使得平面成立，则利用线面垂直的判定定理求证平面，则，推出矛盾，即可判断C；当平面平面时，四棱锥的高最长为，再利用等体积法即可判断D.
【详解】
对于A，假设，如图取中点，连接，
因为，则，又平面，
则平面，因为平面，则，
在中，又，显然不成立，
所以不可能有，故A错误；
对于B，如图，存在为中点时，取中点，连接，
因为为的中点，所以，又平面平面，
所以平面，又，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，故B正确；
对于C，假设存在点，使得平面成立，因为平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
又因为平面，那么，又因为，则直角边大于斜边，
显然矛盾，所以不存在，使平面，故C正确；
对于D，因为 是腰为1的等腰直角三角形，则到的距离是，
当平面平面时，因，平面，平面平面，
故平面，此时四棱锥体积最大.
因，由余弦定理，，
解得，所以，又，
所以，，
设点到平面的距离，则由可得，
则，故D正确．
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知是的必要不充分条件，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据必要不充分条件列式求出参数范围.
【详解】因为是的必要不充分条件，
所以是的真子集，所以，
故答案为：.
13. 连续抛掷一颗质地均匀的正方体骰子两次（正方体六个面上的点数分别为），记录抛掷结果向上的点数.设事件：第一次点数为1，事件：两次点数之和为，若事件与事件互斥，则的最小值为__________；若事件与事件相互独立，则的值为__________.
【答案】 ①. 8 ②. 7
【解析】
【分析】根据互斥事件和独立事件的概念可解.
【详解】因为事件与事件互斥，所以它们不能同时发生，
所以两次点数之和为至少为8，才能保证第一次点数不为1，
所以的最小值为8；
因为事件与事件相互独立，所以，
当时，第一次点数不可能为1，此时，
当时，，又，所以，
又时，对应概率分别为，
所以的值为7.
故答案为：8，7.
14. 已知函数，若，则的最大值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】应用为增函数，化简，再分异号和同号或中有一个为0，结合基本不等式计算求解.
【详解】因为为增函数，不妨设，
则，即，
变形得.
若异号，则，
即，
解得，当且仅当时，等号成立.
若同号或中有一个为0，则，解得.
综上，的最大值为2.
故答案为：2.
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. 已知在中，角、、所对边分别为、、，若，,，且．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和正弦定理求得，再由平方关系和商数关系即可求得的值；
（2）由余弦定理即可求解．
【小问1详解】
因为，
则由正弦定理得，
所以，
所以，
故．
【小问2详解】
由余弦定理得，
所以，
解得或，
又因为，所以．
16. 是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生的使用情况，统计了该校学生在某日使用的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图.

（1）求的值，并估计该校学生当日使用的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）若使用时间不小于2小时的用户称为“资深用户”，其中使用时间在内的用户称为“青铜用户”，使用时间在内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解对学习的辅助效果，该校新闻中心采用分层抽样的方法在“资深用户”中抽取了6名学生进行问卷调查，并从这6名学生中随机选择2名学生进行访谈，求这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率.
【答案】（1），平均值为1.73；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由频率和为1求参数值，根据频率直方图中平均数的求法求平均数即可；
（2）应用分层抽样性质确定不同用户的人数，再由列举法求古典概型的概率即可.
【小问1详解】
因为，所以.
平均值：.
【小问2详解】
抽取的6名学生中，“青铜用户”选4名，记为，“铂金用户”选2名，记为，
样本空间，
设事件“这2名学生中恰好有一名是“青铜用户””，则.
因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型.
所以.
17. 如图，直角梯形中，，，，，，点为线段不在端点上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体．
（1）若，求的长；
（2）求异面直线与所成角余弦值的最小值．
【答案】（1）5 （2）
【解析】
【分析】（1）由翻折后的位置关系和可得平面，进而得，进而可得；
（2）先在平面中找到，进而转化为求余弦的最小值，先利用求其正切的最大值，进而可得.
【小问1详解】
连接，平面平面，交线为，
由，有平面，又平面，所以,
当，，所以平面，
又平面，所以，
此时与相似，故，
设，由，解得，所以.
【小问2详解】
过作的平行线交于点，连接，
由，且，
得四边形是平行四边形，故，
所以即为异面直线与所成的角，
设，
，
所以锐角正切值的最大值为，此时余弦值有最小值，
所以异面直线与所成角余弦值的最小值为.
18. 已知，其中为奇函数，为偶函数．
（1）求的解析式并指出的单调性（无需证明）；
（2）若对于任意的实数，都有成立，求实数的取值范围；
（3）若对于任意的实数，总存在实数，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），在上单调递增
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用函数的奇偶性，构成方程组即可求解；
（2）由已知，对于任意的实数，成立，即，即转化为求函数最小值，即可求得实数的取值范围；
（3）由（1）知，，可得，由存在，，即可求得实数的取值范围．
【小问1详解】
因为①，为奇函数，为偶函数，
则，即②，
联立①②，得，，
因为函数、在上均为增函数，故函数在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）得单调递增，
因为，所以，
整理得对于任意的成立，则，
令，则，
当且仅当时，即时取等号，所以.
【小问3详解】
由（1）知，，，
则
，
令，则，
则原题目转化为存在，使得成立，
当，成立，当时，，
综上，.
19. 如图，三棱锥的体积为，二面角为锐角，为的中点，平面平面，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）若分别是直线上一点，且平面，记平面平面，与所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）过点作于点，利用面面垂直的性质定理得平面，利用线面垂直的性质定理得，结合等腰三角形的性质利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）根据定义知为二面角的平面角，利用三棱锥的体积求得，在中，求解正弦值即可.
（3）利用线面平行的性质定理得，则与所成的角即与所成的角，当点在线段上时，利用诱导公式及两角和的正弦公式得，由正弦定理得，求得；当点在线段的延长线上时，利用两角差的正弦公式得，由正弦定理得，求得，即可得解.
【小问1详解】
如图，过点作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为，为的中点，所以，
又因为，平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又因为，所以为二面角的平面角，
由三棱锥的体积，
解得，在中，，
所以二面角的正弦值为；
【小问3详解】
因为平面，平面，平面平面，
所以，故与所成的角即与所成的角，易知，
依题意，不可能为钝角，所以有，
①当点线段上时，如图所示，
因为，
所以
，
在中，由正弦定理得，
解得，所以；
②当点在线段的延长线上时，如图所示
则，
在中，由正弦定理得，
解得，所以.
综上，或