2024-2025 北京第五中学高一第二学期数学期中试卷答案解析-A4

这是一份2024-2025 北京第五中学高一第二学期数学期中试卷答案解析-A4，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先解一元二次不等式得出集合B，再应用交集定义计算求解.
【详解】集合，集合，
则.
故选：A.
2．下图是甲、乙两地10月1日至7日每天最低气温走势图.

记这7天甲地每天最低气温的平均数为，标准差为；记这7天乙地每天最低气温的平均数为，标准差为.根据上述信息，下列结论中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分析统计图中对应信息得出对应量的结果即可.
【详解】甲地1至7日最低气温均低于乙地，则甲地最低气温平均值也会小于乙地，即；
标准差时反应一组数据的波动强弱的量，
由图可知甲地最低气温明显波动性较大，则标准差值要大，即.
故选：D
3．设D为所在平面内一点，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用平面向量基本定理，把作为基底，再利用向量的加减法法则把向量用基底表示出来即可.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C.
4．已知三棱锥的底面是边长为的正三角形，则过各侧棱中点的截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出底面正三角形的面积，再由过各侧棱中点的截面与底面相似，且相似比为，可求出过各侧棱中点的截面的面积．
【详解】三棱锥的底面是边长为的正三角形，
棱锥的底面面积，
过各侧棱中点的截面与底面相似，且相似比为，
过各侧棱中点的截面的面积．
故选：C．
5．有一种质地均匀的“新型”骰子，其六面中有两面点数为1，三面点数为2，一面点数为3，现连续掷两次该骰子，则这两次掷出点数之和为奇数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】记第一次掷出的点数为奇数为事件，掷出的点数为偶数为事件，记第二次掷出的点数为奇数为事件，掷出的点数为偶数为事件，可得两次掷出点数之和为奇数为事件，利用并事件与互斥事件的概率公式可求概率.
【详解】记第一次掷出的点数为奇数为事件，掷出的点数为偶数为事件，则，
记第二次掷出的点数为奇数为事件，掷出的点数为偶数为事件，则，
则两次掷出点数之和为奇数为事件，
所以
.
故选：B.
6．如图所示，弧是以O为圆心，为半径的圆的一部分，满足，，是的中点，在弧上运动，则的最小值为（ ）

A．2B．-2C．D．-1
【答案】C
【分析】直接应用向量数量积的定义和余弦函数的单调性即可得出答案.
【详解】由题意可知，，，
则，
因为点在弧上运动，所以，
而余弦函数在内单调递减，
所以当时，取得最小值.
故答案为：C.
7．“”是“函数为偶函数”的
A．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
【答案】A
【详解】当时，，，为偶函数，故充分性成立；当时，为偶函数，但，故必要性不成立。
故选：A
8．如图，在倾斜角的山坡上有一个高度为30米的信号塔（），塔与水平地面垂直，在A处测得塔顶B的仰角，则塔顶到水平面的距离（）是（ ）米.
A．B．C．40D．
【答案】A
【分析】先在中利用正弦定理求出，然后在中利用锐角三角函数的定义可求出，从而可求出.
【详解】在中，，，，
由正弦定理得，，
所以，得，
，
在中，因为，
所以，
所以.
故选：A
9．已知函数，，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C． D．
【答案】D
【分析】据题意，求得函数的值域为，结合题意转化为，列出不等式，即可求解.
【详解】因为，故函数的值域为.
设，若存在，使得成立，即，只需，
即对于，满足成立，
即，解得.
故选：D
10．已知函数的最小正周期为，若存在，使得，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意，函数，又因为最小正周期为，所以，所以
令，解得，
则函数的对称轴为，
又因为，且，
所以或，
当时， ，
当时，令，可得的最小值为.
故选：A.
二、填空题
11．已知某圆锥高，轴截面为等腰直角三角形，则其侧面积 ，体积 .
【答案】
【分析】根据题意求出圆锥的底面圆半径和母线，然后根据公式即可求解.
【详解】

如图，为等腰直角三角形，且，
所以底面圆半径，母线长，
所以侧面积，体积.
故答案为：；.
12．已知是第四象限角且，，则的值为 .
【答案】
【分析】由已知求得，再根据两角差的正切公式计算即可．
【详解】因为是第四象限角且，所以，，
因为，所以，
则.
故答案为：.
13．设平面向量，，且，则使得向量与反向共线的坐标为 ．
【答案】
【分析】由条件根据向量的模的坐标公式，向量共线的坐标表示列方程求，的关系，由此可得结论.
【详解】因为，设，
所以，
因为，，所以，
又向量与共线，，
所以，，，
所以，，
所以或，
经检验，时，向量与反向；时，向量与同向，不合题意。
故答案为：
14．甲、乙两人约定进行乒乓球比赛，采取三局两胜制，在三局比赛中，优先取得两局胜利的一方获胜，比赛随即宣告结束。乙每局比赛获胜的概率都为，无平局，各场比赛直接互不影响，则最后甲获胜的概率是 ．
【答案】
【分析】判断甲获胜的情况为前两局胜或第一局胜第二局输第三局胜或第一局输第二局胜第三局胜，根据互斥事件的概率加法公式即可求得答案.
【详解】因为乒乓球比赛的规则是三局两胜制（无平局），由题意知甲每局比赛获胜的概率都为，
因此甲获胜的情况为前两局胜或第一局胜第二局输第三局胜或第一局输第二局胜第三局胜，
所以最后甲获胜的概率,
故答案为：
15．数学中处处存在着美，莱洛三角形就给人以对称的美感．莱洛三角形的画法如下：先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形（如图所示）．若一个莱洛三角形的周长为，给出下列4个结论：
①线段长为2；
②此莱洛三角形的面积为；
③若点在上运动，则的最大值为.
④若点在莱洛三角形的边界上运动（不与，重合），则的取值范围为；
其中所有正确的结论的序号为
【答案】②③
【详解】由题意，在弧长为，所对圆心角，可得，故①错误；
莱洛三角形的面积可视为3个全等的扇形面积减去2个的面积，
即为，故②正确；
记的中点为，，所以当与重合时，有最大值，的最大值为，故③正确.
当点位于上时，，而当点位于与上时，故④错误；
三、解答题
16. 已知，，，，，，.
(1)求；
(2)若为边上一点，且，求.
【答案】(1) 或
(2)或.
【详解】（1）以为原点，，所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
则，，，
①，.
因为，，
所以.
②，.
因为，，
所以.
（2）设，则，
①，
因为，所以，
得或6.
故或.
②，
因为，所以，
此时无实数解.
17.设函数，
（1）求函数的最小正周期；
（2）若函数在是增函数，直接写出实数的最大值；
（3）设，若函数在区间上恰有两个零点，求的取值范围.
【详解】（1），所以的最小正周期为.
（2）的最大值为.
（3），
当时，因为，，
因为正弦函数的零点为，
为使在上恰有两个零点，，
解得.
18．某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～五组区间分别为，，，，，）.
求选取的市民年龄在内的人数；
利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数；
（3）若从第3,4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率.
【答案】（1）20；(2)平均数32.25; 第80百分位数37.5 ;（3）
【详解】（1）由题意可知，年龄在内的频率为，
故年龄在内的市民人数为.
(2) 平均数32.25; 第80百分位数37.5
（3）易知，第3组的人数，第4组人数都多于20，且频率之比为，
所以用分层抽样的方法在第3、4两组市民抽取5名参加座谈，
所以应从第3,4组中分别抽取3人，2人.
记第3组的3名分别为，，，第4组的2名分别为，，则从5名中选取2名作重点发言的所有情况为，，，，，，，，，，共有10种.
其中第4组的2名，至少有一名被选中的有：，，，，，，，共有7种，所以至少有一人的年龄在内的概率为.
【点睛】(1)古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，他们是否是等可能的．(2)用列举法求古典概型，是一个形象、直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏．(3)注意一次性抽取与逐次抽取的区别：一次性抽取是无顺序的问题，逐次抽取是有顺序的问题.
19.在中，．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）再从条件= 1 \* GB3①、条件= 2 \* GB3②、条件= 3 \* GB3③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】
解：（Ⅰ）因为，
由正弦定理，
得，即．
因为，所以．
所以．
所以.所以．
所以．
所以．
（Ⅱ）选条件 = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ② = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③：
由正弦定理，及，，
得，所以．
因为，所以，
所以．
所以．
所以．
选条件 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ① = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③：
由余弦定理，及，
得，
解得．
所以．
所以．
20.已知函数的图象过点，其中.
（ = 1 \* ROMAN I）求及的值；
（ = 2 \* ROMAN II）求证：，都有；
（ = 3 \* ROMAN III）记函数在上的最大值为，当最小时，求的值.
【详解】（1）,;
（2）当时，，∴，
当时，，∴，
综上，，都有
（3）设，
∵在单调递增，且在处取1，
在单调递增，且在处取1，
∴在单调递增，值域为，
∴当时，，此时，
当时，不存在，
∴当最小时，.
21．已知为自然数集的子集，将从小到大排序后依次记为，定义是由，，，为元素组成的集合，给定正整数m，若，则称A为连续生成数集．
(1)判断是否为连续生成数集？说明理由；
(2)数集是否为连续生成数集？说明理由；
(3)若数集为连续生成数集，求正整数的最大值．
【详解】（1），，
∵，∴不是连续生成数集.
（2）若为连续生成数集，则，
又中最多有10个元素，
则，从而，
∴，
即，
∵，∴为偶数，
而55为奇数，不能成立，
∴数组不是连续生成数集.
（3）当时，，，，，，，，是连续生成数集，所以，
∵中至多有10个元素，∴，
假设是连续生成数集，不妨设 ，
当时，中至多有7个元素，不成立，
若，因为是中最小的元素，此时，不成立，
因此必有，为使，必有，
此时，，所以，，
∵中至多有10个元素，，
∴，
，
即不成立.
∴假设不成立，不是连续生成数集.
假设是连续生成数集，则是连续生成数集，矛盾，所以假设不成立。结合（2）结论，可知的最大值为7.