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广东省广州市番禺区2024-2025学年高一下学期期末教学质量监测数学试卷
一、选择题：本题共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．（2025高一下·番禺期末）设集合，，则集合的元素个数为
A．4 B．3 C．2 D．1
2．（2025高一下·番禺期末）已知复数，，在复平面内，复数和所对应的两点之间的距离是（　　）
A． B．10 C． D．5
3．（2025高一下·番禺期末）如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（　　）
A． B． C．1 D．4
4．（2025高一下·番禺期末）已知，，则（　　）
A． B． C． D．或
5．（2025高一下·番禺期末）已知一组数据39，41，44，46，49，50，x，55的第65百分位数是50，那么实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·番禺期末）已知向量，，若，则实数（　　）
A．3 B．6 C． D．
7．（2025高一下·番禺期末）已知函数，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·番禺期末）对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，用表示事件中的样本点个数．若，，，，，，，，则（　　）
A．与对立 B．与不对立
C．与互斥 D．与相互独立
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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．（2025高一下·番禺期末）如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则下列说法正确的是（　　）
A．四点，，，在同一平面内
B．三条直线，，有公共点
C．直线与直线不是异面直线
D．直线上存在点使，，三点共线
10．（2025高一下·番禺期末）假设某人在出生起180天内的体力、情绪、智力呈周期性变化，它们的变化规律遵循如图所示的正弦型曲线模型：
记智力曲线为，情绪曲线为，体力曲线为，且三条曲线的起点位于坐标系的同一点处、均为可向右延伸，则（　　）
A．智力曲线的最小正周期是三个曲线中最大的
B．在出生起180天内，体力共有7次达高峰值
C．第94天时，情绪值小于15
D．第62天时，智力曲线和情绪曲线均处于上升期
11．（2025高一下·番禺期末）著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名的函数，被称为狄利克雷函数，其中为实数集，为有理数集，下面关于狄利克雷函数的正确结论是（　　）
A．对于任意的，都有
B．函数是偶函数
C．若且为有理数，则对任意的恒成立
D．在图象上存在不同的三个点，使得为直角三角形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·番禺期末）使成立的一个充分而非必要的条件是　 　．
13．（2025高一下·番禺期末）当时，的解集为　 　．
14．（2025高一下·番禺期末）如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点B，C，D，E，在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，当时，则点的轨迹的长度为　 　．
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．（2025高一下·番禺期末）如图，在四边形中，，，设，．
（1）用，表示，；
（2）若与相交于点，，，，求．
16．（2025高一下·番禺期末）如图，已知三棱台中，平面平面、是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，．
（1）证明：平面；
（2）若的中点为，求直线与平面所成角的大小．
17．（2025高一下·番禺期末）在花市志愿者选拔的面试结果中，随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）已知在上述分组中用分层随机抽样的方法从第四组和第五组中共选取了5人，若从这5人中用简单随机抽样的方法选取2人，求这两名候选者来自不同组的概率；
（2）若前三组候选者的面试成绩的平均数和方差分别为64和64，后两组候选者的面试成绩的平均数和方差分别为82和16，根据上述信息估计此次选拔所有候选者的面试成绩的平均数和方差．
18．（2025高一下·番禺期末）已知的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求的大小；
（2）若，在的边和上分别取点，，将沿线段折叠到平面后，顶点恰好落在边上（设为点）．设，，回答以下问题：
（ⅰ）当时，求的长度；
（ⅱ）当取最小值时，求的面积．
19．（2025高一下·番禺期末）若函数的定义域为，都有，则称函数为中心对称函数，其中为函数的对称中心．
（1）已知定义R上的函数的图象关于点中心对称，且当时，，求，的值；
（2）探究函数是否为中心对称函数．若是，请求出对称中心并用定义证明；若否，请说明理由．
（3）运用第（2）问的结论，求的值，其中．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】集合的含义；集合的表示方法；集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：由集合中元素的属性，，，
可得集合中的元素有，，，共3个.
故答案为：B.
【分析】本题考查集合B中元素个数的求解，关键在于理解集合B的定义，即B中的元素是满足，且的有序数对(x， y)，我们需要逐一列举出满足条件的有序数对，从而确定集合B的元素个数.
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：.
故答案为：A．
【分析】 本题考查复平面内两点间距离的计算，关键在于理解复平面内复数与点的对应关系，以及两点间距离与复数差的模的联系，先求出两个复数的差，再计算该差的模，从而得到两点间的距离 ．
3．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：因为圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，
所以在圆锥中，可得，所以，
又在圆锥中，可得，所以，
所以该圆台的高为.
故答案为：A.
【分析】利用“侧面展开图弧长 = 底面圆周长”，结合弧长公式（ 为圆心角弧度 ），求上下底面半径，将圆台的高、母线差、半径差转化为直角三角形，用勾股定理求解.
4．【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由可知，得，
因此，
，即，，，
又有，，
因此解得.
故答案为：B.
【分析】本题考查三角函数的求值，涉及二倍角公式和同角三角函数关系.先根据的范围确定的范围，进而确定的符号，求出的值，再利用二倍角余弦公式求出.
5．【答案】A
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：∵，∴这组数据按从小到大顺序排列后，第65百分位数是第6个数，因此不小于50，即，
故答案为：A．
【分析】本题考查百分位数的概念及应用，关键是理解百分位数的计算规则，通过数据个数与百分位数的乘积确定对应的位置，进而分析出x的取值范围．
6．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，得，则，
因此，所以.
故答案为：D
【分析】本题考查向量模长与数量积的关系，利用时，结合数量积运算律，将模长等式转化为数量积等式，再代入向量坐标求解.
7．【答案】B
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：当时，不等式为，即，
因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以；
由于，则当时，函数在上单调递减，
所以，解得，所以；
综上，的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】分段讨论：将函数按定义域分为 和 两部分，分别处理不等式；
单调性与最值： 时，二次函数通过对称轴找最小值，确保最小值非负； 时，对数函数根据底数 范围确定单调性，找最大值并约束；
交集综合：两区间条件取交集，得参数 的取值范围.
8．【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可得，，，，，，，.
A、因为，所以与互斥但不对立，A错误.
B、因为，若，则此时与对立，B错误.
C、当与对立时，所以，，所以与不互斥，C错误.
D、因为，所以与相互独立，D正确.
故答案为：D.
【分析】 本题围绕古典概型中事件的互斥、对立、相互独立关系展开，需利用样本点个数与概率的对应关系（概率 = 样本点个数 / 总样本点个数 ），结合互斥、对立、独立事件的定义判断选项 .
9．【答案】A,B,D
【知识点】平面的基本性质及推论；异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：连接，延长 与，设交点为，如图：
A、由长方体性质：且，故四边形是平行四边形，得
是 中点，由三角形中位线性质，
因（平行传递性 ），根据“两条平行直线确定一个平面”，故 共面，A正确.
B、设交点为（因 与 不平行，必相交 ）
平面， 平面，故 是两平面的公共点
两平面交线为（长方体中 ），由“两平面公共点必在交线上”，得
故 交于，有公共点，B正确.
C、 平面， 与平面 交于，且（ 是 中点， 是体对角线 ）
根据“过平面内一点与平面外一点的直线，与平面内不经过该点的直线是异面直线”，故 与 是异面直线，C错误.
D、 共面（平面 ），连接，因 是 中点，， 是 中点，故 与 必相交（平面内两直线不平行则相交 ）
设交点为，则 共线（ 在 上 ），故 上存在 满足条件，D正确.
故选：ABD.
【分析】A：利用“平行传递性”（ ），结合“平行直线共面”判定四点共面.
B：通过“线线相交→确定公共点”，结合“两平面交线”性质，证明三线共点.
C：依据“异面直线判定定理”（平面内一点与平面外一点，连线与平面内不经过该点的直线异面 ）判断.
D：利用“平面内直线相交性”，结合 与 的位置关系，证明存在共线点.
10．【答案】A,D
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：A、由图象得，智力曲线的最小正周期是三个曲线中最大的，A正确.
B、由图象得，体力曲线的最小正周期为天，，所以在出生起180天内，体力共有8次达高峰值，B错误.
C、由图象得，情绪曲线的最小正周期为天，所以第天情绪值为，第91天情绪值为20，而，所以第天情绪值大于，C错误..
D、由图象得，智力曲线的最小正周期为天，而，所以第天，智力曲线处于上升期，，所以第天，情绪曲线处于上升期，D正确.
故答案为：AD.
【分析】本题围绕正弦型曲线模型的周期、峰值、函数值及单调性展开，需结合图像观察与周期计算，分析各选项：
周期判断：通过图像直观比较三条曲线的周期长短.
峰值次数：利用体力曲线周期，计算180天内包含的周期数，确定峰值次数.
特定天数函数值：根据情绪曲线周期与已知点函数值，判断第94天的函数值范围.
单调性判断：依据智力、情绪曲线周期，分析第62天所在的周期区间，确定单调性.
11．【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、取（无理数 ），则（无理数对应函数值为 ），计算，因 是有理数，故，A错误.
B、当时，，则，
当时，，则，
综上所述：时，，所以为偶函数，B正确.
C、当时，因且为有理数，所以，则，
当时，因且为有理数，所以，则，
综上所述：若且为有理数，则对任意的恒成立，C正确.
D、假设在图象上存在不同的三个点，使得为直角三角形，
不妨设当，，，其中，，且.
则，，，
则，故不为直角；同理，故不为直角；
，即，故不为直角.
所以，为不是直角三角形.
同理设，，，其中，，且.
则，，，
则，故不为直角；同理，故不为直角；
，即，故不为直角.
所以，为不是直角三角形.
综上所述，在图象上不存在不同的三个点，使得为直角三角形，D错误.
故答案为：BC.
【分析】A：通过举反例（取无理数 ），验证复合函数值不恒为.
B：依据偶函数定义，分类讨论 为有理数、无理数时.
C：利用周期定义，结合“有理数 + 有理数 = 有理数，无理数 + 有理数 = 无理数”，分类验证周期性.
D：采用假设法，设出点坐标后用向量内积判断直角，证明假设不成立.
12．【答案】（答案不唯一）
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解；由于，
但不能得到，
所以使成立的一个充分而非必要的条件可以是，
事实上，使成立的一个充分而非必要的条件可以是，其中.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】充分不必要条件是指如果有事物情况A，则必然有事物情况B；如果有事物情况B不一定有事物情况A，A就是B的充分而不必要的条件，我们需要找到一个条件，能推出a > b，但a > b推不出该条件.
13．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：当时，，
，
所以时，，
所以或，
所以或，
所以当时，的解集为.
故答案为：.
【分析】1. 三角恒等变换：将 转化为，简化不等式.
2. 正弦函数性质：利用正弦函数非负区间，结合 的范围确定 的有效区间.
3. 区间回代：解关于 的不等式，得到最终解集.
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：以为直径作球，球半径，
与球上任意一点(除去点)均能构成直角，
故点轨迹为球与四边形（包括边界）的交线.
易知在平面上的投影为菱形的外心，
且都全等，
故四边形为正方形，四棱锥为正四棱锥，在平面上的投影为正方形的中心，
记球心在平面上的投影为，，
故平面截球的小圆半径，
即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边BCDE内（包含边界）的一段弧，
由题意可知
如图所示，设该圆弧交于点，所以四点共圆，
而，所以，
所以三点共线，即也是半径为的圆的直径，
故所求为.
故答案为：.
【分析】首先由，联想到以AE为直径的球（直径所对圆周角为直角 ），点M轨迹是该球与平面BCDE的交线（圆弧 ）.分析八面体结构，确定平面BCDE为正方形，计算球心到平面的距离，进而求出交线圆（小圆 ）的半径，根据正方形与小圆的位置关系，确定圆弧为半圆，计算其长度.
15．【答案】（1）解：由题意，
因为在四边形中，，，
所以，
所以.
即：，.
（2）解：因为，，，所以，
所以，
所以，，
，
所以.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）利用向量加法的三角形法则，结合已知线段比例关系，将、用，表示.
（2）首先求得，然后依次求得，，的值，结合公式求解即可.
（1）由题意，
因为在四边形中，，，
所以，
所以；
（2）因为，，，所以，
所以，
所以，，
，
所以.
16．【答案】（1）证明：在三棱台中，，，
在等腰梯形中，，
由余弦定理得：，
则，即，
而平面平面，平面平面平面，
所以平面.
（2）解：
过作，垂足为，因为平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
平面，得，
又因为，平面，所以平面，
可得为与平面所在角，
由等面积法可得，
即，解得，
由于点是直角三角形斜边的中点，所以，
所以，
因为为锐角，所以，
所以与平面所成角为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用三棱台的结构特征、余弦定理、勾股定理逆定理证明线线垂直，再结合面面垂直的性质定理，证得线面垂直.
（2）通过作垂线找到线面角的平面角，利用等面积法求垂线长度，结合直角三角形边角关系计算线面角大小.
（1）在三棱台中，，，
在等腰梯形中，，
由余弦定理得：，
则，即，
而平面平面，平面平面平面，
所以平面.
（2）过作，垂足为，因为平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
平面，得，
又因为，平面，所以平面，
可得为与平面所在角，
由等面积法可得，
即，解得，
由于点是直角三角形斜边的中点，所以，
所以，
因为为锐角，所以，
所以与平面所成角为.
17．【答案】（1）解： 由题意应在第四组抽取人，记为，
在第五组抽取人，记为，
从这5人中用简单随机抽样的方法选取2人，可能的组合为：
，共10种可能，
这两名候选者来自不同组的可能的组合为，共4种可能，
故所求为.
（2）解：因为后两组的频率之和为，
所以后两组的频数之和为，
所以前三组的频率之和为，前三组的频数之和为，
所以估计此次选拔所有候选者的面试成绩的平均数为，
估计此次选拔所有候选者的面试成绩的方差为
.
即：平均数，方差.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）概率计算：利用“分层抽样按比例抽取人数”，确定第四、五组抽取人数，用“列举法”枚举所有组合，统计符合条件的组合数，结合古典概型概率公式计算.
（2）统计量估计：由频率分布直方图得后两组频率，计算频数；用“分层抽样平均数公式”（加权平均 ）估计总体平均数；用“分层抽样方差公式”（组内方差 + 组间差平方的加权 ）估计总体方差.
（1）由题意应在第四组抽取人，记为，
在第五组抽取人，记为，
从这5人中用简单随机抽样的方法选取2人，可能的组合为：
，共10种可能，
这两名候选者来自不同组的可能的组合为，共4种可能，
故所求为；
（2）因为后两组的频率之和为，
所以后两组的频数之和为，
所以前三组的频率之和为，前三组的频数之和为，
所以估计此次选拔所有候选者的面试成绩的平均数为，
估计此次选拔所有候选者的面试成绩的方差为
.
18．【答案】（1）解：已知，根据正弦定理(R为三角形ABC外接圆半径)，
则有，，.
代入原式可得：，化简得
.
因为，所以，
所以.
化简得：.
因为，所以，所以.
上式可变形为：，
所以.
又因为，所以，则，即.
（2）（ⅰ）解：因为，由（1）知，，所以是等边三角形.
由折叠可知：，.
在中，根据余弦定理：.
已知，，则
解得.
故时，.
（ⅱ）解：在中，根据余弦定理：
令，则.
根据基本不等式：（，，当且仅当时等号成立），
对于，有，当且仅当，即时成立.
此时取最小值：，
则，.
的面积：，
因为，，，
则.
故m取最小值时，的面积为：.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理：和三角形内角之间的关系：，化简原方程式，再根据两角差的正弦公式：，结合三角形角的取值范围，确定角的大小.
（2）（ⅰ）利用折叠性质（CE = PE = m，CD = PD），结合已知边长与余弦定理列方程求解m.
（ⅱ）根据余弦定理，列出关于m，n的方程，根据基本不等式（，，当且仅当时等号成立）确定m的最小值，进而求出相应的其他参数，代入三角形面积公式即可求解.
（1）已知，根据正弦定理(R为三角形ABC外接圆半径)，
则有，，.
代入原式可得：，化简得
.
因为，所以，
所以.
化简得：.
因为，所以，所以.
上式可变形为：，
所以.
又因为，所以，则，即.
（2）（ⅰ）因为，由（1）知，，所以是等边三角形.
由折叠可知：，.
在中，根据余弦定理：.
已知，，则
解得.
故时，.
（ⅱ）在中，根据余弦定理：
令，则.
根据基本不等式：（，，当且仅当时等号成立），
对于，有，当且仅当，即时成立.
此时取最小值：，
则，.
的面积：，
因为，，，
则.
故m取最小值时，的面积为：.
19．【答案】（1）解：由在R上的函数的图象关于点中心对称，得，
则，，，
当时，，，
，
，.
（2）解：是中心对称函数，且对称中心为证明如下，
若为中心对称图形，则在定义域内有恒成立.
，
根据中心对称定义有，
整理得：，
为了使等式对所有 成立，系数必须分别等于零：
，解得：
是中心对称图形，且对称中心是.
（3）解：由（2）知，；，
经检验，时，一致；时，一致，
所以.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的值
【解析】【分析】（1）根据对称中心，代入定义式，通过赋值法（令取特殊值 ）计算、.
（2）假设是中心对称函数，设对称中心，代入定义式，化简后根据多项式恒等条件（各次项系数为 ）求解，验证是否存在.
（3）根据（2）的对称中心，将和式中对称的项配对，利用化简求和.
（1）由在R上的函数的图象关于点中心对称，得，
则，，，
当时，，，
，
，.
（2）若为中心对称图形，则在定义域内有恒成立.
，
根据中心对称定义有，
整理得：，
为了使等式对所有 成立，系数必须分别等于零：
，解得：
是中心对称图形，且对称中心是.
（3）由（2）知，；，
经检验，时，一致；时，一致，
所以.
1 / 1广东省广州市番禺区2024-2025学年高一下学期期末教学质量监测数学试卷
一、选择题：本题共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．（2025高一下·番禺期末）设集合，，则集合的元素个数为
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【知识点】集合的含义；集合的表示方法；集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：由集合中元素的属性，，，
可得集合中的元素有，，，共3个.
故答案为：B.
【分析】本题考查集合B中元素个数的求解，关键在于理解集合B的定义，即B中的元素是满足，且的有序数对(x， y)，我们需要逐一列举出满足条件的有序数对，从而确定集合B的元素个数.
2．（2025高一下·番禺期末）已知复数，，在复平面内，复数和所对应的两点之间的距离是（　　）
A． B．10 C． D．5
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：.
故答案为：A．
【分析】 本题考查复平面内两点间距离的计算，关键在于理解复平面内复数与点的对应关系，以及两点间距离与复数差的模的联系，先求出两个复数的差，再计算该差的模，从而得到两点间的距离 ．
3．（2025高一下·番禺期末）如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（　　）
A． B． C．1 D．4
【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：因为圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，
所以在圆锥中，可得，所以，
又在圆锥中，可得，所以，
所以该圆台的高为.
故答案为：A.
【分析】利用“侧面展开图弧长 = 底面圆周长”，结合弧长公式（ 为圆心角弧度 ），求上下底面半径，将圆台的高、母线差、半径差转化为直角三角形，用勾股定理求解.
4．（2025高一下·番禺期末）已知，，则（　　）
A． B． C． D．或
【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由可知，得，
因此，
，即，，，
又有，，
因此解得.
故答案为：B.
【分析】本题考查三角函数的求值，涉及二倍角公式和同角三角函数关系.先根据的范围确定的范围，进而确定的符号，求出的值，再利用二倍角余弦公式求出.
5．（2025高一下·番禺期末）已知一组数据39，41，44，46，49，50，x，55的第65百分位数是50，那么实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：∵，∴这组数据按从小到大顺序排列后，第65百分位数是第6个数，因此不小于50，即，
故答案为：A．
【分析】本题考查百分位数的概念及应用，关键是理解百分位数的计算规则，通过数据个数与百分位数的乘积确定对应的位置，进而分析出x的取值范围．
6．（2025高一下·番禺期末）已知向量，，若，则实数（　　）
A．3 B．6 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，得，则，
因此，所以.
故答案为：D
【分析】本题考查向量模长与数量积的关系，利用时，结合数量积运算律，将模长等式转化为数量积等式，再代入向量坐标求解.
7．（2025高一下·番禺期末）已知函数，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：当时，不等式为，即，
因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以；
由于，则当时，函数在上单调递减，
所以，解得，所以；
综上，的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】分段讨论：将函数按定义域分为 和 两部分，分别处理不等式；
单调性与最值： 时，二次函数通过对称轴找最小值，确保最小值非负； 时，对数函数根据底数 范围确定单调性，找最大值并约束；
交集综合：两区间条件取交集，得参数 的取值范围.
8．（2025高一下·番禺期末）对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，用表示事件中的样本点个数．若，，，，，，，，则（　　）
A．与对立 B．与不对立
C．与互斥 D．与相互独立
【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可得，，，，，，，.
A、因为，所以与互斥但不对立，A错误.
B、因为，若，则此时与对立，B错误.
C、当与对立时，所以，，所以与不互斥，C错误.
D、因为，所以与相互独立，D正确.
故答案为：D.
【分析】 本题围绕古典概型中事件的互斥、对立、相互独立关系展开，需利用样本点个数与概率的对应关系（概率 = 样本点个数 / 总样本点个数 ），结合互斥、对立、独立事件的定义判断选项 .
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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．（2025高一下·番禺期末）如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则下列说法正确的是（　　）
A．四点，，，在同一平面内
B．三条直线，，有公共点
C．直线与直线不是异面直线
D．直线上存在点使，，三点共线
【答案】A,B,D
【知识点】平面的基本性质及推论；异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：连接，延长 与，设交点为，如图：
A、由长方体性质：且，故四边形是平行四边形，得
是 中点，由三角形中位线性质，
因（平行传递性 ），根据“两条平行直线确定一个平面”，故 共面，A正确.
B、设交点为（因 与 不平行，必相交 ）
平面， 平面，故 是两平面的公共点
两平面交线为（长方体中 ），由“两平面公共点必在交线上”，得
故 交于，有公共点，B正确.
C、 平面， 与平面 交于，且（ 是 中点， 是体对角线 ）
根据“过平面内一点与平面外一点的直线，与平面内不经过该点的直线是异面直线”，故 与 是异面直线，C错误.
D、 共面（平面 ），连接，因 是 中点，， 是 中点，故 与 必相交（平面内两直线不平行则相交 ）
设交点为，则 共线（ 在 上 ），故 上存在 满足条件，D正确.
故选：ABD.
【分析】A：利用“平行传递性”（ ），结合“平行直线共面”判定四点共面.
B：通过“线线相交→确定公共点”，结合“两平面交线”性质，证明三线共点.
C：依据“异面直线判定定理”（平面内一点与平面外一点，连线与平面内不经过该点的直线异面 ）判断.
D：利用“平面内直线相交性”，结合 与 的位置关系，证明存在共线点.
10．（2025高一下·番禺期末）假设某人在出生起180天内的体力、情绪、智力呈周期性变化，它们的变化规律遵循如图所示的正弦型曲线模型：
记智力曲线为，情绪曲线为，体力曲线为，且三条曲线的起点位于坐标系的同一点处、均为可向右延伸，则（　　）
A．智力曲线的最小正周期是三个曲线中最大的
B．在出生起180天内，体力共有7次达高峰值
C．第94天时，情绪值小于15
D．第62天时，智力曲线和情绪曲线均处于上升期
【答案】A,D
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：A、由图象得，智力曲线的最小正周期是三个曲线中最大的，A正确.
B、由图象得，体力曲线的最小正周期为天，，所以在出生起180天内，体力共有8次达高峰值，B错误.
C、由图象得，情绪曲线的最小正周期为天，所以第天情绪值为，第91天情绪值为20，而，所以第天情绪值大于，C错误..
D、由图象得，智力曲线的最小正周期为天，而，所以第天，智力曲线处于上升期，，所以第天，情绪曲线处于上升期，D正确.
故答案为：AD.
【分析】本题围绕正弦型曲线模型的周期、峰值、函数值及单调性展开，需结合图像观察与周期计算，分析各选项：
周期判断：通过图像直观比较三条曲线的周期长短.
峰值次数：利用体力曲线周期，计算180天内包含的周期数，确定峰值次数.
特定天数函数值：根据情绪曲线周期与已知点函数值，判断第94天的函数值范围.
单调性判断：依据智力、情绪曲线周期，分析第62天所在的周期区间，确定单调性.
11．（2025高一下·番禺期末）著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名的函数，被称为狄利克雷函数，其中为实数集，为有理数集，下面关于狄利克雷函数的正确结论是（　　）
A．对于任意的，都有
B．函数是偶函数
C．若且为有理数，则对任意的恒成立
D．在图象上存在不同的三个点，使得为直角三角形
【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、取（无理数 ），则（无理数对应函数值为 ），计算，因 是有理数，故，A错误.
B、当时，，则，
当时，，则，
综上所述：时，，所以为偶函数，B正确.
C、当时，因且为有理数，所以，则，
当时，因且为有理数，所以，则，
综上所述：若且为有理数，则对任意的恒成立，C正确.
D、假设在图象上存在不同的三个点，使得为直角三角形，
不妨设当，，，其中，，且.
则，，，
则，故不为直角；同理，故不为直角；
，即，故不为直角.
所以，为不是直角三角形.
同理设，，，其中，，且.
则，，，
则，故不为直角；同理，故不为直角；
，即，故不为直角.
所以，为不是直角三角形.
综上所述，在图象上不存在不同的三个点，使得为直角三角形，D错误.
故答案为：BC.
【分析】A：通过举反例（取无理数 ），验证复合函数值不恒为.
B：依据偶函数定义，分类讨论 为有理数、无理数时.
C：利用周期定义，结合“有理数 + 有理数 = 有理数，无理数 + 有理数 = 无理数”，分类验证周期性.
D：采用假设法，设出点坐标后用向量内积判断直角，证明假设不成立.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·番禺期末）使成立的一个充分而非必要的条件是　 　．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解；由于，
但不能得到，
所以使成立的一个充分而非必要的条件可以是，
事实上，使成立的一个充分而非必要的条件可以是，其中.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】充分不必要条件是指如果有事物情况A，则必然有事物情况B；如果有事物情况B不一定有事物情况A，A就是B的充分而不必要的条件，我们需要找到一个条件，能推出a > b，但a > b推不出该条件.
13．（2025高一下·番禺期末）当时，的解集为　 　．
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：当时，，
，
所以时，，
所以或，
所以或，
所以当时，的解集为.
故答案为：.
【分析】1. 三角恒等变换：将 转化为，简化不等式.
2. 正弦函数性质：利用正弦函数非负区间，结合 的范围确定 的有效区间.
3. 区间回代：解关于 的不等式，得到最终解集.
14．（2025高一下·番禺期末）如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点B，C，D，E，在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，当时，则点的轨迹的长度为　 　．
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：以为直径作球，球半径，
与球上任意一点(除去点)均能构成直角，
故点轨迹为球与四边形（包括边界）的交线.
易知在平面上的投影为菱形的外心，
且都全等，
故四边形为正方形，四棱锥为正四棱锥，在平面上的投影为正方形的中心，
记球心在平面上的投影为，，
故平面截球的小圆半径，
即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边BCDE内（包含边界）的一段弧，
由题意可知
如图所示，设该圆弧交于点，所以四点共圆，
而，所以，
所以三点共线，即也是半径为的圆的直径，
故所求为.
故答案为：.
【分析】首先由，联想到以AE为直径的球（直径所对圆周角为直角 ），点M轨迹是该球与平面BCDE的交线（圆弧 ）.分析八面体结构，确定平面BCDE为正方形，计算球心到平面的距离，进而求出交线圆（小圆 ）的半径，根据正方形与小圆的位置关系，确定圆弧为半圆，计算其长度.
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．（2025高一下·番禺期末）如图，在四边形中，，，设，．
（1）用，表示，；
（2）若与相交于点，，，，求．
【答案】（1）解：由题意，
因为在四边形中，，，
所以，
所以.
即：，.
（2）解：因为，，，所以，
所以，
所以，，
，
所以.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）利用向量加法的三角形法则，结合已知线段比例关系，将、用，表示.
（2）首先求得，然后依次求得，，的值，结合公式求解即可.
（1）由题意，
因为在四边形中，，，
所以，
所以；
（2）因为，，，所以，
所以，
所以，，
，
所以.
16．（2025高一下·番禺期末）如图，已知三棱台中，平面平面、是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，．
（1）证明：平面；
（2）若的中点为，求直线与平面所成角的大小．
【答案】（1）证明：在三棱台中，，，
在等腰梯形中，，
由余弦定理得：，
则，即，
而平面平面，平面平面平面，
所以平面.
（2）解：
过作，垂足为，因为平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
平面，得，
又因为，平面，所以平面，
可得为与平面所在角，
由等面积法可得，
即，解得，
由于点是直角三角形斜边的中点，所以，
所以，
因为为锐角，所以，
所以与平面所成角为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用三棱台的结构特征、余弦定理、勾股定理逆定理证明线线垂直，再结合面面垂直的性质定理，证得线面垂直.
（2）通过作垂线找到线面角的平面角，利用等面积法求垂线长度，结合直角三角形边角关系计算线面角大小.
（1）在三棱台中，，，
在等腰梯形中，，
由余弦定理得：，
则，即，
而平面平面，平面平面平面，
所以平面.
（2）过作，垂足为，因为平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
平面，得，
又因为，平面，所以平面，
可得为与平面所在角，
由等面积法可得，
即，解得，
由于点是直角三角形斜边的中点，所以，
所以，
因为为锐角，所以，
所以与平面所成角为.
17．（2025高一下·番禺期末）在花市志愿者选拔的面试结果中，随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）已知在上述分组中用分层随机抽样的方法从第四组和第五组中共选取了5人，若从这5人中用简单随机抽样的方法选取2人，求这两名候选者来自不同组的概率；
（2）若前三组候选者的面试成绩的平均数和方差分别为64和64，后两组候选者的面试成绩的平均数和方差分别为82和16，根据上述信息估计此次选拔所有候选者的面试成绩的平均数和方差．
【答案】（1）解： 由题意应在第四组抽取人，记为，
在第五组抽取人，记为，
从这5人中用简单随机抽样的方法选取2人，可能的组合为：
，共10种可能，
这两名候选者来自不同组的可能的组合为，共4种可能，
故所求为.
（2）解：因为后两组的频率之和为，
所以后两组的频数之和为，
所以前三组的频率之和为，前三组的频数之和为，
所以估计此次选拔所有候选者的面试成绩的平均数为，
估计此次选拔所有候选者的面试成绩的方差为
.
即：平均数，方差.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）概率计算：利用“分层抽样按比例抽取人数”，确定第四、五组抽取人数，用“列举法”枚举所有组合，统计符合条件的组合数，结合古典概型概率公式计算.
（2）统计量估计：由频率分布直方图得后两组频率，计算频数；用“分层抽样平均数公式”（加权平均 ）估计总体平均数；用“分层抽样方差公式”（组内方差 + 组间差平方的加权 ）估计总体方差.
（1）由题意应在第四组抽取人，记为，
在第五组抽取人，记为，
从这5人中用简单随机抽样的方法选取2人，可能的组合为：
，共10种可能，
这两名候选者来自不同组的可能的组合为，共4种可能，
故所求为；
（2）因为后两组的频率之和为，
所以后两组的频数之和为，
所以前三组的频率之和为，前三组的频数之和为，
所以估计此次选拔所有候选者的面试成绩的平均数为，
估计此次选拔所有候选者的面试成绩的方差为
.
18．（2025高一下·番禺期末）已知的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求的大小；
（2）若，在的边和上分别取点，，将沿线段折叠到平面后，顶点恰好落在边上（设为点）．设，，回答以下问题：
（ⅰ）当时，求的长度；
（ⅱ）当取最小值时，求的面积．
【答案】（1）解：已知，根据正弦定理(R为三角形ABC外接圆半径)，
则有，，.
代入原式可得：，化简得
.
因为，所以，
所以.
化简得：.
因为，所以，所以.
上式可变形为：，
所以.
又因为，所以，则，即.
（2）（ⅰ）解：因为，由（1）知，，所以是等边三角形.
由折叠可知：，.
在中，根据余弦定理：.
已知，，则
解得.
故时，.
（ⅱ）解：在中，根据余弦定理：
令，则.
根据基本不等式：（，，当且仅当时等号成立），
对于，有，当且仅当，即时成立.
此时取最小值：，
则，.
的面积：，
因为，，，
则.
故m取最小值时，的面积为：.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理：和三角形内角之间的关系：，化简原方程式，再根据两角差的正弦公式：，结合三角形角的取值范围，确定角的大小.
（2）（ⅰ）利用折叠性质（CE = PE = m，CD = PD），结合已知边长与余弦定理列方程求解m.
（ⅱ）根据余弦定理，列出关于m，n的方程，根据基本不等式（，，当且仅当时等号成立）确定m的最小值，进而求出相应的其他参数，代入三角形面积公式即可求解.
（1）已知，根据正弦定理(R为三角形ABC外接圆半径)，
则有，，.
代入原式可得：，化简得
.
因为，所以，
所以.
化简得：.
因为，所以，所以.
上式可变形为：，
所以.
又因为，所以，则，即.
（2）（ⅰ）因为，由（1）知，，所以是等边三角形.
由折叠可知：，.
在中，根据余弦定理：.
已知，，则
解得.
故时，.
（ⅱ）在中，根据余弦定理：
令，则.
根据基本不等式：（，，当且仅当时等号成立），
对于，有，当且仅当，即时成立.
此时取最小值：，
则，.
的面积：，
因为，，，
则.
故m取最小值时，的面积为：.
19．（2025高一下·番禺期末）若函数的定义域为，都有，则称函数为中心对称函数，其中为函数的对称中心．
（1）已知定义R上的函数的图象关于点中心对称，且当时，，求，的值；
（2）探究函数是否为中心对称函数．若是，请求出对称中心并用定义证明；若否，请说明理由．
（3）运用第（2）问的结论，求的值，其中．
【答案】（1）解：由在R上的函数的图象关于点中心对称，得，
则，，，
当时，，，
，
，.
（2）解：是中心对称函数，且对称中心为证明如下，
若为中心对称图形，则在定义域内有恒成立.
，
根据中心对称定义有，
整理得：，
为了使等式对所有 成立，系数必须分别等于零：
，解得：
是中心对称图形，且对称中心是.
（3）解：由（2）知，；，
经检验，时，一致；时，一致，
所以.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的值
【解析】【分析】（1）根据对称中心，代入定义式，通过赋值法（令取特殊值 ）计算、.
（2）假设是中心对称函数，设对称中心，代入定义式，化简后根据多项式恒等条件（各次项系数为 ）求解，验证是否存在.
（3）根据（2）的对称中心，将和式中对称的项配对，利用化简求和.
（1）由在R上的函数的图象关于点中心对称，得，
则，，，
当时，，，
，
，.
（2）若为中心对称图形，则在定义域内有恒成立.
，
根据中心对称定义有，
整理得：，
为了使等式对所有 成立，系数必须分别等于零：
，解得：
是中心对称图形，且对称中心是.
（3）由（2）知，；，
经检验，时，一致；时，一致，
所以.
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