2025年高一下学期数学期末押题卷（三） 解析版-A4

这是一份2025年高一下学期数学期末押题卷（三） 解析版-A4，共21页。试卷主要包含了设向量，则，函数的图像大致为等内容，欢迎下载使用。
单选题：本大题共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．从装有4个黑球、2个白球的袋中任取3个球，若事件A为“所取的3个球中至多有1个白球”，则与事件A互斥的事件是（ ）
A．所取的3个球中至少有一个白球B．所取的3个球中恰有2个白球1个黑球
C．所取的3个球都是黑球D．所取的3个球中恰有1个白球2个黑球
【答案】B
【解析】根据互斥事件的定义即可判断．
【详解】将事件的结果分为三类：白，白，黑；白，黑，黑；黑，黑，黑.
事件包含：白，黑，黑；黑，黑，黑.根据互斥事件的定义可知，
只有事件“所取的3个球中恰有2个白球1个黑球”与事件互斥．
故选：B．
2．设向量，则（ ）
A．“”是“”的必要条件B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件D．“”是“”的充分条件
【答案】C
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】对A，当时，则，
所以，解得或，即必要性不成立，故A错误；
对C，当时，，故，
所以，即充分性成立，故C正确；
对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误；
对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误.
故选：C.
3．函数的图像大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据奇偶性以及时的正负即可判断.
【详解】函数的定义域为，且，，
是奇函数，排除选项C和D，当时，，
排除选项B.
故选：A．
4．作为惠民政策之一，新农合是国家推出的一项新型农村合作医疗保险政策，极大地解决了农村人看病难的问题.为了检测此项政策的落实情况，现对某地乡镇医院随机抽取100份住院记录作出频率分布直方图如图：
已知该医院报销政策为：花费400元及以下的不予报销；花费超过400元不超过6000元的，超过400元的部分报销；花费在6000元以上的报销所花费费用的.则下列说法中，正确的是（ ）
A．
B．若某病人住院花费了4300元，则报销后实际花费为2235元
C．根据频率分布直方图可估计一个病人在该医院报销所花费费用为的概率为
D．这100份花费费用的中位数是4200元
【答案】D
【分析】由频率之和为1可判断A，求出该病人在医院住院保险金额可判断B，根据样本中可报销的占比为0.15可判断C，根据样本中消费费用小于4000的直方图面积判断出中位数应在内，计算即可得出结果.
【详解】由频率分布直方图可得
，
经计算得，即A错误；
某病人住院花费了4300元，则报销的金额为元，所以此人实际花费为元，即B错误；
样本中可报销费用为的占比为0.15，即根据频率分布直方图可估计一个病人在该医院报销所花费费用为的概率为，即C错误；
样本中花费金额小于4000的概率为
所以中位数应在区间内，
所以花费费用的中位数是元，即D正确.
故选：D
5．已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由，得是中点，从而得出，，作于，即为向量在向量上的投影向量，设，求出，后可得结论．
【详解】因为，所以是中点，则是圆直径，，
又，所以是等边三角形，，
设，则，作于，则，所以，
即为向量在向量上的投影向量，．
故选：B．
6．已知复数，其中为虚数单位，，若为纯虚数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．复数在复平面内对应的点在第一象限
C．D．
【答案】C
【分析】因为为纯虚数，所以，可求出，进而可得，判断各个选项即可．
【详解】对于A，因为为纯虚数，所以，所以，故A错误；
对于B，当时，，复数在复平面内对应的点在第二象限，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，，故D错误．
故选：C．
7．函数的图象在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，则（ ）
A．B．当时，在区间上不单调
C．在区间上无最大值D．在区间上的最小值为
【答案】A
【分析】把相位看成一个整体变量，再结合正弦曲线，即可分析各选项.
【详解】对于A，由，设，则，
由在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，
结合正弦曲线可知直线在线段之间，不含点，可以含，

所以，得.故A正确；
对于B，当，且时，设，则，
由正弦函数在区间是单调递减，故B错误；
对于C，由，设，则，
由在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，
结合正弦曲线可知，这条对称轴正好取到最大值，故C错误；
对于D，由，设，则，
由在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，
则说明相邻的那条对称轴不在这个区间内，所以结合正弦曲线可知，
这条对称轴正好取到最大值，说明在这个区间内没有取到最小值，故D错误；
故选：A.
8．如图所示，垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆上异于的任意一点．若，，记直线与平面所成的角为，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知线面关系找出直线与平面所成的角为及，并用含的代数式表示，再利用基本不等式求其最大值．
【详解】因为为以为直径的圆上异于的任意一点，
所以，即．
又垂直于以为直径的圆所在的平面，即平面，又平面，所以．
又，且PA、AC在面PAC内，所以平面．
所以直线与平面所成的角为，即．
设，，则，且，
所以，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故选：D．
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，有多项符合题目的要求，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．在4件产品中，有一等品2件，二等品1件（一等品和二等品都是正品)，次品1件，现从中取出2件产品.记事件A为：“2件都是一等品”，事件B为：“1件一等品1件二等品”，事件C为：“1件次品1件正品”，事件D为：“至少有1件是一等品”，则下列结论中不成立的是（ ）
A．事件为互斥事件B．事件为相互独立事件
C．D．
【答案】BCD
【分析】A.利用互斥事件的定义判断；B.利用独立事件的概率公式判断；C.利用古典概型的概率求解判断；D.求各事件的概率进行判断.
【详解】一等品2件记为，二等品1件记为，次品1件记为，
则从这4件产品中抽2件的基本事件有：共6件，
事件A的基本事件有共1件，故，
事件B的基本事件有共2件，故，
事件C的基本事件有共3件，故，
事件D的基本事件有共5件，故，
A.事件A与事件B没有交事件，故为互斥事件，故A正确；
B.由选项A可知，显然，所以事件A，B不为相互独立事件，故B错误；
C.由上述分析易知，故C错误；
D.，，所以，故D错误.
故选：BCD
10．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A．函数最小正周期为B．
C．在区间上单调递减D．方程在区间内有个根
【答案】ACD
【分析】根据图象最值点可求得最小正周期，知A正确；代入可求得B错误；利用代入检验法，结合正弦函数单调性可知C正确；根据正弦函数的函数值可确定方程根的个数，知D正确.
【详解】对于A，由图象知：的最小正周期，A正确；
对于B，由A知：，，
，解得：，
又，，B错误；
对于C，由AB可知：，
当时，，在上单调递减，C正确；
对于D，当时，，
则当或或或，即或或或时，，
在区间内有个根，D正确.
故选：ACD.
11．“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦，均过点，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值
B．当时，为定值
C．当时，面积的最大值为
D．的取值范围是
【答案】ABD
【分析】过作直径，利用向量加减几何意义得判断A；根据垂直关系及、数量积得运算律化简判断B；若为等边三角形，可判断C；若为中点，连接，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得，进而求范围判断D.
【详解】如图，过作直径，依题意，
为定值，A正确；
若，则，
则，
又，则，
同理可得，故，B正确；
如图，当时，若为等边三角形，
则，
下面说明此等边三角形存在的情况：取中点，连接，
则在中，，则，
又在中，，则，所以存在满足题意的点，C错误；
若为中点，连接，则
，
由题意，则，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据定义及向量线性运算的几何意义，结合数量积的运算律转化各项数量积或乘积关系，再由圆的性质、基本不等式判断各项正误.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．某机构组织填写关于环境保护的知识答卷（满分100分），从中抽取了7份试卷，成绩分别为68，83，81，81，86，90，88，则这7份试卷成绩的第80百分位数为 .
【答案】
【分析】根据百分位数的定义求解即可
【详解】这组数据为，因为，所以这7份试卷成绩的第80百分位数为88.
故答案为：88
13．已知菱形ABCD的边长为1，，将沿AC翻折，当三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为 .
【答案】
【分析】求内切球的表面积，只需根据等体积法求出内切球的半径即可求解.
【详解】

因为菱形的四条边相等，对角线互相垂直
三棱锥中，面与面的面积是确定的，所以要使三棱锥表面积最大，则需要面与面最大即可，而且；
，当时，取得最大值.
过点向平面作垂线，设的中点为垂足为，

因为，，所以由余弦定理知，
所以，易得.
所以.
因为，
设内切球的半径为，则根据等体积法，有：
，
即，解之得，
所以其内切球的表面积为
故答案为：
14．中，是的中点，，，，则 ．
【答案】
【分析】先在中利用正弦定理解得，再利用余弦定理解得，最后利用余弦定理求出结果.
【详解】因为在中，，所以，
由正弦定理得：，又因为，，
所以，解得，
再由余弦定理可得：，
代入已知数据得：，
，解得，因为是的中点，所以，
再由余弦定理可得：，
代入已知数据可得：，则．
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．已知的三个内角所对的边分别为，满足．
(1)求；
(2)若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）边化角，将变形为的形式，进而求得，可得；
（2）法一，应用正弦定理将转化为，结合为锐角三角形，求得，即可得解；法二，由为锐角三角形，采用余弦定理得到，求出，求得，即可得解.
【详解】（1）已知，
由正弦定理得：，
，
得，
又，即，
即，
又因为，所以，且，
所以，即．
（2）法一：由正弦定理得：，即，且，
，即．
而由为锐角三角形，，，得，
所以，即．
所以，且，
所以的周长的取值范围为．
法二：由，不妨设，则，
由为锐角三角形，只需，由余弦定理得：，
即．
又．（*）
所以，得：，解得．
由（*）式得：，
所以，且，
所以的周长的取值范围为．
16．已知函数的部分图像如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)将函数的图像向左平移个单位，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图像，若关于的方程在区间上有两个不同的实数解，求实数的范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)观察图像可得周期，进而算出，再代入最大值点计算；
(2)根据图像变化得出，先算出在上的对称轴，借助对称轴分析的范围.
【详解】（1）由图可知 ，即，
∴ ，
则 ，
又 ，∴ ，
则
则 ，
，
又， ，
故
（2）由题意，
在区间上有两个不同的实数解，
即直线与函数 有两个不同的交点，
令，得对称轴为，
又，则符合题意，则两个交点关于对称，
，，
则，
则的范围为.
17．如图，在边长为8的正方形中，点分别是上的点，，将分别沿折起，使点重合于点.

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由面面垂直的判断定理即可证明；
（2）根据题意，设与交于点，连接，在平面内作于点，在平面内作于点，连接，即可得到为二面角的平面角，即可得到结果.
【详解】（1），
平面平面，
又平面平面平面.
（2）设与交于点，连接，
在平面内作于点，
在平面内作于点，连接，

平面平面，
平面
平面平面
平面
平面，又平面，
又平面
平面，又平面，
为二面角的平面角，
，
平面，
，
，
，
即二面角的正弦值为.
18．甲、乙、丙三个学校进行篮球比赛，各出一个代表队，简称甲队、乙队、丙队．约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两个队，另一队轮空；每场比赛的胜队与轮空队进行下一场比赛，负队下一场轮空，直至有一队被淘汰；当一队被淘汰后，剩余的两队继续比赛，直至其中一队被淘汰，另一队最终获胜，比赛结束．已知在每场比赛中，甲队胜乙队和甲队胜丙队的概率均为，乙队胜丙队的概率为，各场比赛的结果相互独立．经抽签，第一场比赛甲队轮空．
(1)求“前三场比赛结束后，乙队被淘汰”的概率；
(2)求“一共只需四场比赛甲队就获得冠军”的概率；
(3)求“需要进行第五场比赛”的概率．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据题意，打了三场比赛，乙必须输两场，且在第一轮和第三轮输掉比赛，由独立事件的乘法公式计算；
（2）四场比赛甲决出冠军，乙丙均会要负两场，据此计算即可；
（3）根据对立事件的概率公式计算.
【详解】（1）记事件A为甲队胜丙队，则，，
事件B为甲队胜乙队，则，，
事件C为丙队胜乙队，则，，
前三场比赛结束后，乙队被淘汰的概率为：
（2）只需四场比赛甲队就获得冠军的概率为：
由于甲队胜乙队和甲队胜丙队的概率均为，
且乙队胜丙队和丙队胜乙队的概率也相等，均为，
第一场比赛甲队轮空，以后的比赛相对于甲队，可视乙队丙队为同一人，
设甲队胜为事件，甲队轮空为事件，
所以甲队最终获胜的概率．
（3）只需四场比赛就决出冠军的概率为：
.
故需要进行第五场比赛的概率为：.
19．已知向量令.
(1)求函数的对称轴方程；
(2)设，当时，求函数的最小值；
(3)在（2）的条件下，若对任意的实数且，不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据平面向量的数量积公式及两角和的余弦公式可得，再由 可得结果；
（2）令，因为，所以 则，根据二次函数的性质讨论三种情况，即可得结果；
（3）当时，由，结合基本不等式即可得结果.
【详解】（1）因为向量
所以，
由，得，
所以函数对称轴方程为
（2）由（1）得，
因为
所以
令，因为，
所以 ，
则，
对称轴为，
当，即，可得在上单调递增，
所以，
当，即时，，
当，即时，在上单调递减，
所以
所以
（3）当时，由（2）可得
所以
而，当且仅当时取等号，
，当且仅当时，取等号，
所以
所以 ，