2024-2025学年云南省红河哈尼族彝族自治州高一下学期期中数学检测试题3（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省红河哈尼族彝族自治州高一下学期期中数学检测试题3（含答案），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．的值为（ ）．
A．2B．C．D．
2．设，则（ ）
A． B． C． D．
3．下列函数中是增函数的为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一.现制作一件三层六角宫灯模型，三层均为正六棱柱（内部全空），其中模型上、下层的底面周长均为，高为.现在其内部放入一个体积为的球形灯，且球形灯球心与各面的距离不少于.则该模型的侧面积至少为（ ）
A．B．C． D．
5．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学､艺术､哲学灵感的源泉之一.如图，该几何体是一个高为4的正八面体，为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数的值域为，则（ ）
A．B．C．或D．或
7．已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则=（ ）
A．4036B．4040C．4044D．4048
8．设正数，，满足，，，是以为圆心的单位圆上的个点，且.若是圆所在平面上任意一点，则的最小值是
A．2B．3C．D．
二、多选题
9．已知复数，，为的共轭复数，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．为实数B．
C．若，则D．
10．设，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．在四棱锥中，已知底面ABCD为梯形，，，则下列说法正确的是（ ）．
A．四边形ABCD的面积为
B．棱SB的长度可能为
C．若，则点A到平面SBD的距离为1
D．若，则四棱锥外接球的半径为2
三、填空题
12．已知长方体的三条棱长分别为1，，，则该长方体外接球的表面积为 ．（结果用含的式子表示）
13．已知为钝角，且，则 ．
14．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的面积，则的取值范围为 ．
四、解答题
15．解不等式：．
16．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，为的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥的体积.
17．已知函数
（1）求函数的单调递增区间；
（2）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，求周长的最大值.
18．已知函数．
（1）当时，解关于的不等式；
（2）若的值域为，，关于的不等式的解集为，求实数的值；
（3）设，函数的最大值为1，且当时，恒成立，求的取值范围．
19．已知函数是偶函数，是自然对数的底数，
(1)求的最小值
(2)当时，
（i）令，，求的值域
（ii）记，已知，，且，当取最大值时，求的值．答案
1．B
【分析】由正弦的二倍角公式可得选项.
【详解】，
故选：B.
2．C
【分析】根据对数函数的单调性，以及指数函数的性质，利用中间值法，可得到答案.
【详解】因为，，，
所以.
故选：C.
3．D
【分析】对选项逐一分析函数的单调性，由此选出正确选项.
【详解】对于A： ，由一次函数性质,为减函数，不满足题意，故A错误；
对于B：，由指数函数的性质可知为减函数，不满足题意，故B错误；
对于C：，由幂函数的性质可知在上为减函数，不满足题意，故C错误；
对于D： ，由幂函数的性质可知，为增函数，满足题意，故D正确.
故选：D.
4．B
【分析】由球心到各面距离为8，求出对应正棱柱的侧面积，即可得解.
【详解】由题意，上下两层是底面周长，高为的正六棱柱，
所以侧面积为，
当球形灯球心到各面的距离等于时，中间六棱柱的高为，
由球心到侧面距离为8，可知棱柱底面边长满足，解得，
所以中层正六棱柱的侧面积，
故该模型的侧面积至少为，
故选：B
5．D
【分析】连接，取的中点，再连接，在中，（或补角）为异面直线与所成的角，利用勾股定理求得棱长，进而求得，，利用余弦定理可求得，进而可求结论..
【详解】如图，连接，取的中点，再连接，
由正八面体的性质知，
所以（或补角）为异面直线与所成的角，
在中，，即，
解得，即正八面体的棱长为，
在中，，所以，即，
在等边中，，
在中，由余弦定理得
所以，
所以，且为锐角，
所以.
故选：D.
6．C
【分析】由题可得，令，设，则，再利用二次函数的性质分类讨论即求.
【详解】∵，
∴，
令，设，则，
当时，在上单调递减，
∴，解得，∴，
当时，在上单调递增，
∴，解得，∴，
当时，，无解，
当时，，无解.
综上，或.
故选：C.
7．D
【分析】根据题中为奇函数，为偶函数，从而可得出为周期为4的函数，从而可求解.
【详解】由题意得为奇函数，所以，即，所以函数关于点中心对称，
由为偶函数，所以可得为偶函数，则，所以函数关于直线对称，
所以，从而得，所以函数为周期为4的函数，
因为，所以，则，
因为关于直线对称，所以，
又因为关于点对称，所以，
又因为，又因为，所以，
所以，故D正确.
故选：D.
8．B
【分析】根据数量积及建立不等式，即可求出最小值.
【详解】是以为圆心的单位圆上的个点,
,
故
而，，
，
故，
当且仅当点与点重合时等号成立，
即的最小值是,
故选：B
本题主要考查了数量积的性质，考查了分析推理能力，入手困难，属于难题.
9．ABD
【分析】设复数，然后逐个分析判断即可.
【详解】对于A，设复数，则，
则，为实数，故A正确；
对于B，，，则，故B正确；
对于C，若，不妨取，则不成立，故C错误；
对于D，，则
，
，则
，
则，故D正确.
故选：ABD.
10．AC
【分析】结合选项及条件逐个判定，把代入可得A正确，利用指数函数单调性可得B错误，利用基本不等式可得C正确，利用1的代换及基本不等式可得D错误.
【详解】对于A，，且，，解得，故A正确；
对于B，，即，，故B错误；
对于C，，且，，
当且仅当时等号成立，，故C正确；
对于D，，且，
，
当且仅当，即时等号成立，
，，故D错误.
故选：AC.
11．AC
【分析】对于A：分析四边形ABCD的结构特征，即可得面积；对于B：根据题意可知点在以为圆心，半径为2的圆D上，结合圆的性质可得，即可判断；对于C：可证平面，即可得结果；对于D：分析可知四棱锥外接球即为三棱锥外接球，且三棱锥外接球的球心即为的中点，即可得半径.
【详解】对于选项A：取的中点，连接，
由题意可知：∥，则，
可知均为菱形，可得∥，∥，
则，即，
且，
即均为正三角形，
所以四边形ABCD的面积为，故A正确；
对于选项B：由选项A可知：，
因为，，即，则，
可知点在以为圆心，半径为2的圆D上，且圆D，
因为∥，可知圆D，延长交圆D于点F，则，
可得，则，
因为，所以棱SB的长度不可能为，故B错误；
对于选项CD：由选项A可知：，
若，则，平面，则平面，
所以点A到平面SBD的距离为，故C正确；
由选项AB可知：均在以为直径的圆上，
则四棱锥外接球即为三棱锥外接球，
因为平面，平面，可知，
且，可知三棱锥外接球的球心即为的中点，
则三棱锥外接球的半径，故D错误；
故选：AC.
关键点点睛：对于D：求四棱锥的外接球，转化为三棱锥的外接球，并结合直角三角形的性质分析求解.
12．
【分析】先由体对角线求得外接球半径，再由球的表面积公式求解即可.
【详解】由题意得，长方体的体对角线即为外接球直径，设外接球半径为，则，则外接球的表面积为.
故答案为.
13．
【分析】由已知可求出，由两角差的正弦公式代入即可得出的值.
【详解】因为，所以，
因为为钝角，解得：，
所以.
故答案为.
14．
【分析】由已知求得， ，由余弦定理得，令，由锐角三角形及两角和正弦公式求的取值范围即可．
【详解】由三角形面积公式，结合，且为锐角三角形，
可知，即，
又由平方关系，所以，
即，
解得或（舍去），
由余弦定理有，
所以，
令，所以，
故只需求出t的范围即可，
由正弦定理边化角得
，
注意到在锐角中，有，简单说明如下：
若，则，
即B不是锐角，但这与是锐角三角形矛盾，
所以在锐角中，有，
所以在锐角中，有，
因为正切函数在上单调递增，所以，
从而，
而函数在单调递减，在单调递增，
所以．
综上所述：的取值范围为．
故答案为.
思路点睛：本题可以从以下方面解题
（1）通过三角形的面积公式及平方和关系求出三角函数值；
（2）利用余弦定理将目标式子进行变形，并通过正弦定理确定的取值范围；
（3）根据基本不等式解的取值范围即可.
15．
【分析】根据不等式，讨论、分别求解集，然后取并即可得结果.
【详解】由题设，即，
当时，恒成立；
当时，整理得，解得，所以；
综上，，故解集为.
16．（1）证明见详解；（2）
（1）证出⊥平面，利用面面垂直的判定定理即可证出.
（2）利用三棱锥的体积即可求解.
【详解】（1）在三棱柱中，底面，所以，
又因为，所以⊥平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）因为，，，
所以，
所以三棱锥的体积为：==.
17．（1）；（2）6.
【分析】（1）先利用三角函数恒等变换公式对函数化简，得，由可求出的单调递增区间；
（2）由求出角，再由余弦定理结合基本不等式可求出，从而可得周长的最大值
【详解】（1）
由，得，
所以的单调递增区间为
（2）因为，所以，
因为，所以或，
又因为
所以，
由余弦定理得，
∴所以周长的最大值为6.
此题考查三角函数恒等变换公式的应用，考查余弦定理的应用，考查正弦函数的图像和性质，属于中档题
18．（1）当，即时，原不等式的解集为，，，当时，原不等式的解集为，，，当时，原不等式的解集为，，；（2）；（3）[32,74].
【分析】（1）首先将所给的不等式写成两根式的形式，然后分类讨论确定不等式的解集即可，
（2）由三个二次的关系得到方程的两个根之差为4，据此可得实数的值，
（3）由题意将表示为含有的等式，然后求得实数的取值范围，最后结合二次函数的性质可得求的取值范围．
【详解】（1）当时，由得，
即，
当，即时，原不等式的解集为，，，
当时，原不等式的解集为，，，
当时，原不等式的解集为，，．
（2）由的值域为，，得，
因为关于的不等式的解集为，
所以，是方程的两个实根，
即的两根之差为4，
所以，则，得．
（3），则，
则，，时，恒成立，
又，
因为的最大值为1，所以在，上的最大值为1，
由图象开口向上，得，即，
则，且，
此时由，，时，恒成立，
即在，，上恒成立，
在，，上恒成立，
当，，时，，即
由重要不等式可得，当且仅当时取等号.
所以
当时，恒成立.
当时，,所以
由重要不等式可得，当且仅当时取等号.
所以
要满足，，时，恒成立，得
综上可得，，
此时，．
【点评】本题主要考查二次不等式的解法，韦达定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．属于难题
19．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由函数是偶函数，得到，再代入所求式子，表示为的二次函数求最值；
（2）（ⅰ）由条件可知，，求函数d的解析式，并判断函数的单调性，即可求解函数的值域；
（ⅱ）利用反证法进行证明.
【详解】（1）函数的定义域为，根据偶函数的定义：
，，即，
即：上式对任意恒成立，这等价于．
，等号成立当且仅当，．
所以的最小值为．
（2）（ⅰ）由（1）可得：，由于，为偶函数，故只需考虑时，的值域，
，
，
令，，，
∴，单调递增，∴在上单调递增，
的值域为，，．
故的值域为．
（ⅱ）对于常数，令，为偶函数．
下面先证明一个结论：在上单调递增．
证明：
．
由(2)可得：为偶函数，在上单调递增，∴在上单调递增，
证毕．
对于，，且，
先证明：当取最大值时，，，，中最多只有一个，其余的数要么等于，要么等于．
用反证法，假如当取最大值时，，，，中存在两个数，，不妨设，
记，则，且，．
记，则，根据的单调性可知
，
在中，将，分别替换成，，
其余的数不变的情况下，得到了更大的值，这与取最大值相矛盾
∴：，，，中最多只有一个．
，，，中没有数字在区间时，，，，中的每一个数，要么等于，要么等于，
记，，，中等于的元素个数为，，，这与为整数矛盾
，，，中只有一个数字在区间时，不妨记为，记等于的数字个数为，
则等于的数字个数为，则．
即：，由于，，
又∵，∴，，
∴这1000个数为，其中有333个，个2．
．
关键点点睛：关键1是根据偶函数的条件，得到，关键2是判断函数的单调性，关键3的利用反证法证明，，，中最多只有一个.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
D
B
D
C
D
B
ABD
AC
题号
11









答案
AC