资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2025-2026学年高一下学期期末数学复习卷05
一、单选题（共40分）
1．（本题5分）已知复数，则复平面内，复数z的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
2．（本题5分）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（本题5分）已知向量，若，则（ ）
A．3 B． C． D．
4．（本题5分）不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
5．（本题5分）随着生活水平的不断提高，旅游已经成为人们生活的一部分．某地旅游部门从年月到该地旅游的游客中随机抽取部分游客进行调查，得到各年龄段游客的人数比例和各年龄段中自助游的比例，如图，则下列说法错误的是（ ）
A．若调查的游客中青年人有人，则一共调查了人
B．估计年月到该地旅游的游客中选择自助游的青年人占总游客人数的
C．用分层随机抽样的方法对所调查游客进行抽样，若老年人有人，则中年人有人
D．估计年月到该地旅游且选择自助游的游客中青年人不超过一半
6．（本题5分）某电子产品的电池健康度随循环次数衰减的函数模型为，其中，为常数，.已知，，则电池健康度从衰减到，循环次数大约需要增加（ ）
（参考数据：，，）
A．220 B．250 C．270 D．280
7．（本题5分）在锐角中，内角的对边分别为，已知，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（本题5分）若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（ ）
A． B． C．1 D．9
二、多选题（共18分）
9．（本题6分）已知，，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则的最大值为1
B．的最小值为1
C．的最小值为4
D．若，则的最小值为
10．（本题6分）关于平面向量，下列说法正确的（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，，则 D．若，，则
11．（本题6分）如图，圆锥的轴截面为正三角形，底面圆的半径为，CD，EF为圆的两条直径，且，母线PC，PD与该圆锥的内切球O分别切于A，B两点，则（ ）
A．圆锥的体积为 B．球O与圆锥的公共点的轨迹的周长为
C．异面直线BF与PA所成角为 D．平面AEF截球O的截面面积为
三、填空题（共15分）
12．（本题5分）已知向量，的夹角为，，，则________．
13．（本题5分）已知正数x，y满足，则的最小值为_________．
14．（本题5分）已知函数（）在内恰有2025个零点，则正整数____.
四、解答题（共77分）
15．（本题13分）已知函数的一部分图象如图所示，如果，，．
(1)求函数的解析式；
(2)当时，求函数的最大值与最小值，并写出对应的值．
16．（本题15分）如图所示，已知是圆的直径，为圆上一点（异于），，，为圆所在平面外一点，且垂直于圆所在平面．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
17．（本题15分）如图，在中，，，点在线段上．

(1)若，求的长；
(2)若，的面积为，求的值
18．（本题17分）指数级增长又称为爆炸式增长，其中一条结论是：当时，指数函数在区间的平均变化率随的增大而增大.已知实数、，满足.
(1)比较和的大小；
(2)当时，
（i）证明：；
（ii）判断的符号.
19．（本题17分）对于定义域为R的函数，若存在正常数，使得是以为周期的函数，则称为余弦周期函数，且称为其余弦周期．已知是以为余弦周期的余弦周期函数，其值域为R，设为R上的严格增函数，，．
(1)证明是以为余弦周期的余弦周期函数；
(2)设，证明对任意 ，存在，使得 ；
(3)证明：“为方程在上的解”的充要条件是“为方程在上的解”，并证明对任意都有．
《2025-2026学年高一下学期期末数学复习卷05》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D D A D C A D ACD BD
题号 11
答案 ACD
12． 13． 14．1350
15【详解】（1）由图象可知，，，设最小正周期为，，∴，∴，又∵，且，∴，，∴，∴函数的解析式为.
（2）当时，，，故当，即时，有最小值；当，即时，有最大值.
16．(1)平面，平面，．
是圆O的直径，C为圆上一点， ．
又，且平面，平面．
平面，平面平面.
（2）如图所示，过点作于点，
平面，平面，，
又，平面，平面．即为直线与平面所成角．，，可得．.
即直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．
17．【详解】（1）因为，由正弦定理可得：，
即，因为，则，故，则为锐角，
所以，因为，则，
在中，由正弦定理得，所以，解得．
（2），则由，得，.
由余弦定理可得：.
在中，由正弦定理可得，故，
在中，由正弦定理可得，故，
因为，所以．
18【详解】（1）由题意得：，，则，所以，
当时，则在定义域内单调递减，解得，所以；
当时，则在定义域内单调递增，解得，所以.
综上所述，，即，即.
（2）（i）当时，则，
（方法一）①假设，则，即，
由，且，所以，则，
所以，与已知矛盾，故假设不成立；
②假设，则，即，
由，且＞0，所以，则，
所以，与已知矛盾，假设不成立；
③当，则，可得，符合题意；
由①②③可得：.
（方法二）设，则是的零点，
对、，且，因为在单调递增，
则，，，
可得，，即，
故在单调递增，所以函数有唯一的零点，设，对、，且，因为都在单调递增，则，，
可得，即，故在单调递增，
且，，故函数零点存在性定理知在存在唯一的零点，则满足，即，可得，即，
故，即，
所以的零点即为的零点，所以，即.
（方法三）等式两边除以可得，变形得：，
构造，对、，且，因为、都在单调递增，则，，可得，即，
故在上单调递增，且，
由（1）可知：当时，则，所以，，所以.
（ii），由（1）可知，故只需比较与、的大小，设，对、，且，
因为、都在单调递增，则，，
可得，即，故在单调递增，
因为，且，即，所以，
由（i）得，则，故；
由指数函数在区间上的平均变化率，随的增大而增大，
所以指数函数在区间上的平均变化率小于在区间上的平均变化率，
即，化简得，所以，解得或（舍去），
.
19【详解】（1），
，存在正常数使得对一切成立，故是以为余弦周期的余弦周期函数．
（2）若或，分别取或即可．下设．
构造集合因为，所以非空；又，所以有上界．
设下面证明．若，由于的值域为，存在，使得
由严格增性可知．又因为，所以，这与是的上确界矛盾．
若，由于的值域为，存在，使得由严格增性可知．
根据上确界的定义，在内存在．于是，从而，这与矛盾．
因此只能有，命题得证．
（3）先证明充要条件．若为方程在上的解，则，且
由于是以为周期的函数，所以
又，所以为方程在上的解．
反过来，若为方程在上的解，则
由周期性得且，所以为方程在上的解．充要条件得证．下面证明．由第（2）问可知，在上能取遍中的所有值．又严格递增，所以方程在上的解恰好对应，
因此它在上有且只有个解．由上面已证的充要条件，方程在上也有且只有个解．因为且，所以存在整数，使得又由第（2）问可知，在上能取遍中的所有值．
于是方程在上的解对应，共有个．
因此，即，所以任取，令
设方程在上的全部解依次为由于严格递增，正好是在区间内满足的所有值，并且按从小到大排列．
由周期性可知，是方程在上的全部解，且仍按从小到大排列．
又因为在上严格递增且取遍，所以该方程在上的全部解对应的函数值应为于是对每个，都有
由于是上述某个，所以
故对任意，都有
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑