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2024-2025学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题
一、单选题
1．已知全集，，则集合（ ）
A． B． C． D．
2．的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．2020-2024年我国居民人均可支配收入（单位：元）分别为32189，35128，36883，39218，41314，则这组数据的75%分位数是（ ）
A．36883 B．38050.5 C．39218 D．41314
4．在平行四边形ABCD中，，则（ ）
A． B．
C． D．
5．若，则(1-tanα)(1-tanβ)=（ ）
A．2 B．3 C．-2 D．-3
6．已知复数满足，则（ ）
A．3 B． C．2 D．
7．从正五棱锥P-ABCDE的6个顶点中任取2个顶点，则这2个顶点所在的直线与直线AB是异面直线的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，当时，取得最大值n，则函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．经过3个点的平面有且只有一个
B．若直线平面，则平面内有无数条直线与a平行
C．若平面满足，，则
D．若直线满足，则
10．如图，在一个古典概型的样本空间与事件A，B，C中，，，，，，则（ ）
A． B．
C．事件A与事件C互斥 D．事件A与事件B相互独立
11．在中，AB=6，AC=10，，D为BC的中点，E为的垂心，则（ ）
A． B．
C． D．点E到直线AB的距离为
三、填空题
12．已知是奇函数，且，则 ．
13．已知上底面半径为，下底面半径为的圆台的体积为；上底面边长为，下底面边长为的正四棱台的体积为．若该圆台与正四棱台的高相等，则 ．
14．已知函数（）图象上相邻的最高点与最低点之间的距离为5，在上单调，且，则 ，的最小正值为 ．
四、解答题
15．2025年5月31日，贵港市港南区香江端午龙舟赛激情开赛，香江码头热闹非凡，鼓声阵阵、人潮涌动．此次龙舟赛，还为观众带来了动力滑翔伞队表演、传统手工艺品展示、民俗技艺互动体验等活动，让大家尽享节日的快乐．据统计，当天共吸引了约3万名观众前来观赛助威，网络平台观看人数更是超过100万人次．某统计人员在现场随机抽取了n名观众对此次活动进行打分（满分100分），将得到的数据按，，，，分为5组，如下表所示：
分数
频数 10 10 20 b b
频率 a a 0.2 0.3 0.3
(1)求n，a，b；
(2)请在图中画出频率分布直方图；
(3)估计这n名观众打分的平均数．（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）
16．已知的内角，，的对边分别为，，，的周长为，且.
(1)求．
(2)已知的面积为．
①求，；
②求外接圆的半径．
17．若函数的定义域为A，值域为B，且，则称为“子集函数”．
(1)证明：函数是“子集函数”．
(2)判断函数是否为“子集函数”，并说明理由．
(3)若函数（）的定义域为，且是“子集函数”，求a的取值范围．
18．如图，在正三棱柱中，D为AB的中点，，．
(1)证明：．
(2)证明：平面．
(3)求二面角的正切值．
19．甲、乙两人进行投篮比赛，规则如下：每轮由其中一人进行投篮，若投中，则投篮者得1分，对方得0分，且下一轮继续投篮；若未投中，则投篮者得0分，对方得1分，且下一轮由对方投篮；当一方领先对方2分时，领先者获胜，比赛结束．已知甲投篮命中的概率为，乙投篮命中的概率为，且每轮投篮相互独立．第一轮甲先进行投篮．
(1)求第二轮投篮后乙获胜的概率；
(2)求第四轮投篮后甲获胜的概率；
(3)求第六轮投篮后甲获胜的概率．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D C B A D B A BC ACD
题号 11
答案 ABD
1．C
由补集的定义可知.
【详解】由补集的定义可知，．
故选：C
2．D
利用基本不等式，可得答案.
【详解】由题意得，则，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为．
故选：D.
3．C
利用百分位数即可解题.
【详解】因为，
所以这组数据的75%分位数是39218，
故选：
4．B
根据向量加减法的三角形法则，将转化为与和有关的表达式，再结合已知条件进行化简
【详解】在平行四边形ABCD中，，则，
所以
故选：B.
5．A
根据题干，将换成，再根据进行化简即可.
【详解】
故选：.
6．D
设，，根据共轭复数的定义、复数运算法则及复数相等的概念，即可求解复数，根据复数的模长公式即可求解.
【详解】设，，由，
∴，解得，
∴，∴.
故选：D.
7．B
根据异面直线的概念，结合古典概型的概率公式计算即可.
【详解】这个试验的样本空间为
，共包含15个样本点．记事件“这2个顶点所在的直线与直线AB是异面直线”，则
，包含3个样本点，所以．
故选：B.
8．A
先求出，，由定义域排除CD，根据单调性排除B，得到答案.
【详解】当时，取得最大值，则，所以，
由，得，C，D错误．
当时，单调递减，B错误．
故选：A．
9．BC
举例说明判断AD；利用线面平行的性质推理判断B；利用面面垂直的性质判定、面面平行的性质推理判断C.
【详解】对于A，经过同一条直线上的3个点的平面有无数个，A错误；
对于B，直线平面，经过直线有无数个平面与平面相交，每条交线都与平行，B正确；
对于C，令，在平面内作直线，则，过直线作平面，
而，则，，因此，C正确；
对于D，直三棱柱的侧棱垂直于底面三角形两条边所在直线，而底面的这两条边所在直线相交，D错误.
故选：BC
10．ACD
根据Vnne图，利用容斥原理，可得各个区域的事件个数，利用古典概型的概率计算，可得AB的正误；根据互斥事件以及独立事件的概念，可得CD的正误.
【详解】由题意得，
，
所以，，A正确，B错误．
由图可知，所以事件A与事件C互斥，C正确．
易得，，，
所以事件A与事件B相互独立，D正确．
故选：ACD
11．ABD
以A为原点，AB所在直线为x轴，建系，计算出各点的坐标以及向量的坐标，再逐一判断.
【详解】如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，
，A正确；
，B正确；
，C错误；
设，则，所以，得，
所以点E到直线AB的距离为，D正确．
故选：ABD
12．3
根据函数的奇偶性和对数运算即可求解．
【详解】由题意得，
所以，
故答案为：3．
13．
根据圆台和棱台的体积公式即可求解．
【详解】设圆台与正四棱台的高均为h，
则，
故答案为：．
14． / /
根据余弦函数的图象与性质即可求解．
【详解】设的最小正周期为T．由题意得，得，则．
因为在上单调，且，
所以的图象关于点对称，
则（），得（），
故的最小正值为．
故答案为：，．
15．(1)， ，
(2)作图见解析
(3)81分
（1）根据内的频数和频率得到，从而得到a，b；
（2）计算出各个组的频率/组距，作出频率分布直方图；
（3）中间值作代表求出平均数.
【详解】（1）由题意得，则，．
（2）的频率为0.1，故频率/组距为，同理可得其他组的频率/组距，
作图如下：
（3）估计这100名观众打分的平均数为分．
16．(1)
(2)①，或，；②
（1）利用正弦定理将角化为边后计算即可得；
（2）①借助面积公式计算即可得；②借助余弦定理可得，则可得，再借助正弦定理计算即可得.
【详解】（1）由正弦定理得，
因为，所以，
得；
（2）①由题意得，则，
则有，解得或，
故，或，；
②由余弦定理得，
则，
设外接圆的半径为，由正弦定理得，得.
17．(1)证明见解析
(2)不是“子集函数”，理由见解析
(3)
（1）利用函数的定义域和值域来判断是否满足，即可得到证明；
（2）同理利用函数的定义域和值域来判断是否满足，即可得到判断；
（3）利用函数的定义域可求值域，再利用包含关系可求参数的范围.
【详解】（1）证明：若，则定义域为，
可得值域为，
由于，所以是“子集函数”．
（2）不是“子集函数”．理由以下：
由于，可得，则的定义域为．
由，则，即的值域为．
因为，所以不是“子集函数”．
（3）由，得，
则，
因为，所以的值域为．
因为是“子集函数”，所以，
则，解得，
故a的取值范围为．
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
（1）根据题意，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）由（1）知平面，得到，再由，证得，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面.
（2）过点作，分别证得和，得到为二面角的平面角，在直角中，求得的长，结合，即可求解.
【详解】（1）证明：在等边中，因为为的中点，可得，
在正三棱柱中，可得平面，且平面，
所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）证明：由（1）知平面，且平面，所以，
在直角中，由，可得，
在直角中，因为，可得，可得，
在直角中，由，可得，
则满足，所以，
因为，且平面，所以平面.
（3）解：过点作，垂足为，
由（2）知平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，
在直角中，由，可得，
又由（1）知平面，且平面，所以，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以二面角的正切值为.
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）解：设甲投中为事件，乙投中为事件，
要使得第二轮投篮后乙获胜，则第一轮甲未中，第二轮乙投中，
所以第二轮投篮后乙获胜的概率.
（2）解：要使得第四轮投篮后甲获胜，则甲乙的比分为，则或，
所以第四轮投篮后甲获胜的概率为.
（3）解：要使得第六轮投篮后甲获胜，则甲乙的比分为，
则满足或或或，
所以第六轮投篮后甲获胜的概率：

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