2025-2026学年高一下学期期末数学复习卷02（含答案）

这是一份2025-2026学年高一下学期期末数学复习卷02（含答案），共6页。
A．4B．7C．8D．16
 1 x
 
2．（本题 5 分）若函数 f  x   3 
lg
1, x  1, 则 f  f 1  （ ）
x, x  1,
1
4
4
C
 1． 1
22
D． 2
3．（本题 5 分）不等式 x 1  1的解集为（）
2  x
x
 x  2
x
 x  2
x x  2或x  3 
D．x x  2
3
2
3
2
2 

4．（本题 5 分）已知a  R ，则“ a  0 ”是“复数 z  a2  a  a2 1i 为纯虚数”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
5．（本题 5 分）已知tanθ 1 ，则cs2θ （ ）
3
A． 2
3
B． 2 2
3
C． 4
5
D． 3
5
→→2π→
6．（本题 5 分）已知 a  2, b  1， a 与b 的夹角为 3 ， e 是与向量a  b 方向相同的单位
a
向量，则a 在向量 →  b 上的投影向量为（ ）
A． 3e
B．
3 →
e
C． 2e
7 →
D． 5 7 →
e
277
7．（本题 5 分）圆台的上、下底面半径分别为 1 和 2，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180 ，则下列说法不正确的是（）
3
3
A．母线长为2B．表面积为11πC．高为D．体积为2
8．（本题 5 分）若定义在R 上的奇函数 f  x 满足 f 2  x  f  x ，对任意
x , x 0,1 x  x  ，有 f  x1   f  x2   0 ，则下列说法不正确的是（ ）
1 212
x1  x2
A．函数 f  x 的图象关于点2, 0 中心对称
B．函数 f  x 的图象关于直线 x  1 轴对称
C．在区间2, 3 上， f  x 为减函数
D． f   7   f  2 
 2  3 
 
多选题（共 18 分）
9．（本题 6 分）已知函数 f  x  sin  2x  π  ，则下列说法正确的有（ ）
4 

f  x 的图象关于点 π , 0 对称
 8

f  x 的图象关于直线 x  3π 对称
8

f  x 在区间0, π  上的最大值为 2
 2 
将 f  xπ
g  x  sin 2x 的图象
的图象向左平移 8 个单位长度，可得到
10．（本题 6 分）已知a ， b ， c 为实数，则（）
若ac2  bc2 ，则a  b
C．若a  b  c  0 ，则 b  c  b
a  ca
11

若a  b ， ab  0 ，则
ab
D．若a  0 ， b  0 ， a  b  1 ，则 1  1  4
ab
11．（本题 6 分）已知定义在R 上的函数 f  x 为偶函数，且满足 f 1 x  f  x 1  0 ，当
x 1, 2 时， f  x  x2  4x  3 ，则下列说法正确的是（ ）
A． f  x 为周期函数B． f  x 的图象关于点2, 0 对称
C．当 x 1,1 时， f  x  1 x2
D． f 2026  f  2x 

 x2 1 
填空题（共 15 分）
12．（本题 5 分）在V ABC 中， C  30 ， c  2 ， b  x ，若满足条件的V ABC 有两个，则 x
的取值范围是.
V ABCP
–––→
BC
–––→–––→
2  1
13．（本题 5 分）在
.
中，点
在线段
上，且 AP x AB  y AC ，则 xy 的最小值为
3
14．（本题 5 分）已知四棱锥S  ABCD ， SA  平面 ABCD ， AD  DC ， SA  3，
BC  4 ，二面角S  BC  A 的大小为π ．若点S ， A ， B ， C ， D 均在球O 的表面上，则该
3
球O 的表面积为．
解答题（共 77 分）
15．（本题 13 分）已知平面向量a  3, 4 ， b  4, 3 ．
→→
求2a  b 和 a  b ；
求向量a 与a  b 的夹角．
→→π →
16．（本题 15 分）已知向量a  sinx, csx, b  csx, 3sin  x  2  .设 f  x  a  b .

求函数 y  f  x 的最小正周期；
记V ABC 的内角 A, B,C 所对的边分别是a, b, c ，已知 f  A 
3 ，求a 的长.
3, b 
3,aABC 的面积为
17．（本题 15 分）如图，在正三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB  3AA1 ，D 为 AB 的中点．
证明： AB  平面CC1D ；
在C D 上是否存在点 E，使得平面 BCE  平面 ABC ？若存在，求出 C1E 的值；若不存在，
1
请说明理由．
1ED
18．（本题 17 分）某工业安全检测系统发现，正常设备与故障设备在运行温度上有明显差异，经过长期监测统计，得到两类设备运行温度的频率分布直方图：
系统要设定一个报警阈值t ，当设备运行温度大于t 时判定为故障，发出警报，否则判定为正常.漏报率指实际设备故障但是未发出警报的概率，用 f t  表示；误报率指实际设备正常但是发出警报的概率，用 g t  表示.假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.例如当报警阈值t  100 时，漏报率为故障设备运行温度在区间85,100 上的频率，故漏报率为 f 100  100  95 0.008  95  85 0.002  0.06 .
求m 的值，并求出当报警阈值t  100 时误报率的值；
现从故障设备运行温度在115,125 与125,135 两个区间段内，按分层抽样的方式抽取 5台设备，再从这 5 台设备中随机抽取 2 台设备，求这 2 台设备的运行温度在同一个区间段内的概率；
设h t   f t   g t  ，当t 95,105 时，求h t  的解析式，并求h t  在区间95,105 上的
最小值.
ax  1
19．（本题 17 分）已知函数 f  x   ax  1 1，
若a  1 ，当 x  1 时，求 f  x 的最小值；
若 a  3  1 ，当 x 1, 2 时，
44
若函数 f  x 的最小值为 2，求a 的取值范围；
对于任意的 x, x1 , x2 1, 2 ， f  x   f  x1   f  x2  恒成立，求a 的取值范围．
《2025-2026 学年高一下学期期末数学复习卷 02》参考答案
12． 2, 4
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
C
C
A
D
D
ABD
ACD
题号
11
答案
AC
2
3  2
52π
2a
【详解】（1）因为a  (3, 4) ， b  (4, 3) ，所以
r  b  2(3, 4)  (4, 3)  (6  4,8  3)  (10, 5) ，
(1)2  72
r→→
50
2
32  42
a  b  (3  4, 4  (3))  (1, 7) ，所以 a  b

 5.
（2 r  b  (3  4, 4  (3))  (7,1) ， r 
r  b )  3 7  4 1  21 4  25 ，
→ 
 5 ，
aa (a
rr→
| a |
rr
csθ a  (a  b )252
72 12
50
2
| a  b |
 5
设向量a 与a  b 的夹角为θ，则
rrr 
| a || a  b |
，又因
5 5 2
2
为θ0, π，所以θ π .
4
f x  → →
π 2
【详解】（1）由题意，  
a  b  sinxcsx 
3 cs x sin  x    sinxcsx 
2

3cs x
 sin2x  3 1 cs2x  sin  2x  π   3 ，所以函数 y  f  x 的最小正周期T  2π  π ；
223 22

3π 
由 f  A  得sin 2 A  3 ，因为 A 0, π ，所以2 A  π  π , 7π  ，解得 A  π ，
3 2
3 3 3 6

因为S
 1 bcsinA  1  3c  1 
，所以c  4 ，由余弦定理得
3
a ABC222
a2  b2  c2  2bccsA 
32  42  2  4  3 
3  7 ，所以a .
7
2
17．(1)由正三棱柱的定义可知V ABC 是等边三角形，因为 D 为 AB 的中点，所以CD  AB ．
又CC1  平面 ABC， AB  平面 ABC，所以CC1  AB ．因为CC1 ， CD  平面CC1D ，且CC1 ∩ CD  C ，
所以 AB  平面CC1D
（2）存在．在aCC1D 中，作CE  C1D ，垂足为 E，连接 BE．由（1）知 AB  平面CC1D ，所以
AB ^ CE ．因为 AB， C1D  平面 ABC1 ，且 AB ∩ C1D  D ，所以CE  平面 ABC1 ．
因为CE  平面 BCE，所以平面 BCE  平面 ABC1 ．设 AA1  2 ，则CC1  2 ， CD  3 ，故
13
C D ．因为S
 1 CD  CC
 1 C D  CE ，所以CE  6 13 ，
1
aCC1D2
12 113
CC 2  CE2
1
则C E 
 4 13 ， ED  C D  C E  9 13 ，所以 C1E  4 ．
1
131113
ED9
故在C D 上存在点 E，使得平面 BCE  平面 ABC ，此时 C1E  4 ．
11ED9
18．【详解】（1）依题意可得： 0.014  0.028  m  0.014  0.00410  1，解得m  0.04 .
误报率为 g 100  105 100 0.004  0.02 ；
故障设备运行温度在115,125 与125,135 两个区间段内的数量之比为3 : 2 ，所以按分层抽样的方式抽取 5 台设备中，各自有 3 台和 2 台.
C2  C22
故这 2 台设备的运行温度在同一个区间段内的概率 P  32  ；
C
5
2
5
当t 95,105 时， f t   t  95 0.008  95  85 0.002  0.008t  0.74 ，
g t   105  t  0.004  0.004t  0.42 ，∴ h t   f t   g t   0.008t  0.74  0.004t  0.42  0.004t  0.32 .
min
所以当t  95 时， h t  0.004  95  0.32  0.06 .
x 1
19．【详解】（1）当a  1 时， f  x  x 1 1，
当 x  1 时， f  x  x 1
1
x 1
 2
，当且仅当 x  2 时取等，
 x 1
1
x 1
故当 x  1 时， f  x 最小值为 2．
（2）（ⅰ）由 a  3  1  a  3  1 ，或a  3   1 ，即a  , 1  1,  ，
444444
2 

ax 1
f  x  ax 1 1
ax 1 
1
ax 1
 2
，当且仅当 ax 1 
1
ax 1
时取等号，
即当 ax 1  1时，函数 f  x 的最小值为 2，所以当 x 1, 2 时，方程 ax 1  1有解，
即方程ax 1  1，或ax 1  1有解，即a  2 或ax  0 有解，当a  2 有解时，
xx
x 1, 2  1   1 ,1  a  2 1, 2 ，当ax  0 有解， a  0 ，所以a 1, 2∪0 ；
x 2 x
（ⅱ）由题意得当a  , 1  1,  时， x 1, 2 ， f (x)
 2 f (x)，
2 
maxmin

①当a 2,  时， f  x 在1, 2上单调递增，
 f 2  2 f 1 ，即2a 11
2 a 1
1 1
，化简，得
 2  1 ，
 
2a 1a 1 
2a 1
a 1

去分母，得a 1 2 2a 1  a 12a 1  a2  3a 1  0 ，
5
解得a  3 
, 3 
 ， a  2, 3   ；
5
5
22
2

②当a 1, 2 时， f  x 在1, 2  上单调递减，  2 , 2 单调递增．
 a  a
min
 f  x 2 ，设maxm, n 表示m, n 中最大的数，
max
f  x max f 1, f 2， f 2  4
且 f 1  4 ，即
 2a−1  1  4
2a−1 1  4


2a−1

2a−1
2a2  6a  3  0

，
 1 1
a2  6a  6  0
 a−1  4a−1 4
a−1
a−1
解得， a 3  3, 2；
③当a  0, 1  时， f  x 在1, 2上单调递增，
2 

 f 2  2 f 1 ，即1 2a 1
 
2 1 a 
1 1
，化简，得
 2  1，
1 2a1 a 
1 2a
1 a

去分母，得1 a  2 1 2a  1 a1 2a  a2  3a 1  0 ，
5
 a  0, 3   ；
2

④当a  0 时， f 2  2  2 f 1  4
，符合题意；⑤当a , 0 时， f  x 在1, 2上单调递增，
 f 2  2 f 1 ，即1 2a 1
2 1 a 
1 1
，化简，得
 2  1，
 
1 2a1 a 
1 2a
1 a

去分母，得1 a  2 1 2a  1 a1 2a  a2  3a 1  0 ，
解得， a , 0 ．综上所述：
3 
a  ,2
5   3  3, 3  5  ．


2
