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4（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4（含答案），共17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．已知全集，集合满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则的大小关系是
A．B．C．D．
3．将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则函数的一条对称轴方程是（ ）
A．B．C．D．
4．将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（ ）
A．北纬B．南纬
C．北纬D．南纬
5．一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金.一位顾客到店里购买10黄金，售货员先将5的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客.若顾客实际购得的黄金为，则（ ）
A．B．C．D．以上都有可能
6．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数图象与函数图象相邻的三个交点依次为A，B，C，且是钝角三角形，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，，若，当阳马体积最大时，则堑堵的外接球体积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知两个单位向量，的夹角为，则下列向量中，与向量的模相等的向量为( ).
A．B．C．D．
10．给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若函数的定义域为[0，2]，则函数的定义域为[0，1]；
B．函数的单调递减区间是；
C．若定义在上的奇函数在区间上是单调递增，则在区间上也是单调递增的；
D．定义域内存在两个值，，且，若，则是减函数.
11．已知函数满足：①对任意，；②若，则.则（ ）
A．的值为2B．
C．若，则D．若，则
三、填空题
12．命题“”的否定是 ．
13．已知函数为偶函数，则函数的值域为 .
14．在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为 ．
四、解答题
15．在四棱台中，底面ABCD是正方形，且侧棱垂直于底面ABCD，，O，E分别是AC与的中点．
(1)求证：平面．
(2)求四面体的体积．
16．已知函数（其中）．
（1）若函数的最小正周期为,求的值，并求函数的单调递增区间；
（2）若，，且，求的值．
17．已知函数．
（1）若关于的不等式的整数解有且仅有一个值，当时，求不等式的解集；
（2）已知，若，使得成立，求实数的取值范围．
18．已知在中，角所对的边分别为，且.
(1)求的值；
(2)若，且，求实数的取值范围.
19．如图，在三棱台中，为正三角形，，，点为的中点，平面平面．

(1)若，证明：平面平面；
(2)若，记平面与平面的交线为，求二面角的余弦值．答案
1．D
【分析】根据补集的定义求出集合，再判断即可.
【详解】因为，且，
所以，
所以，，，.
故选：D
2．A
【详解】试题分析：设函数，是减函数，容易得出，又知，所以.
考点：1.指数函数的单调性；2.对数式的计算.
3．B
【分析】由函数的平移得出解析式，再求出对称轴通式即可求解．
【详解】由题得，，
令，解得，
当时，对称轴为，
故选：B．
4．D
首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角可得结果.
【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角，
由华表的高和影长相等可知，所以.
所以该天太阳直射纬度为南纬，
故选：D.
5．A
【分析】设天平的左臂长为，右臂长，则，售货员现将的砝码放在左盘，将黄金放在右盘使之平衡；然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放在左盘使之平衡，则顾客实际所得黄金为，利用杠杆原理和基本不等式的性质即可得出结论.
【详解】由于天平两臂不等长，可设天平左臂长为，右臂长为，则，
再设先称得黄金为，后称得黄金为，则，，
，，
，
当且仅当，即时等号成立，但，等号不成立，即.
因此，顾客购得的黄金.
故选：A.
6．C
【分析】做差，利用换底公式，基本不等式，对数的性质进行大小比较.
【详解】
所以.
故选：C.
7．D
【分析】画出两函数图象，求出A的纵坐标为，利用钝角三角形得到不等关系，求出答案.
【详解】作出函数和的图象，如图所示．由图可知．取的中点D，连接，则．因为是钝角三角形，所以，则，即．由，得，，即，，则，即A的纵坐标为，故．因为，所以，所以．

故选：D
8．B
【分析】根据体积的最大值求得此时的长，判断出球心的位置，求得的外接球的半径，进而求得球的体积.
【详解】依题意可知平面.设，则.，当且仅当时取得最大值.依题意可知是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为，故半径.所以外接球的体积为.
由于平面，是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为为定值，即无论阳马体积是否取得最大值，堑堵外接球保持不变，所以可以直接由直径的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.
故选：B
本小题主要考查几何体外接球的体积的求法，考查四棱锥体积最大值的计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查中国古代数学文化，属于基础题.
9．AC
【分析】由向量的夹角和向量的模求出，然后分别计算选项判断即可.
【详解】因为．
对于A选项：，所以选项A正确；
对于B选项：，所以选项B错误；
对于C选项：，所以选项C正确；
对于D选项：，所以选项D错误.
故选：AC.
10．AC
根据抽象函数定义域及函数单调性定义，逐项判断即可.
【详解】解：对于A，若函数的定义域为，
则函数的定义域为，故A正确；
对于B，函数的单调递减区间是和，故B错误；
对于C，若定义在上的奇函数在区间上是单调增函数，
则在区间上也是单调增函数，故C正确；
对于D，应该是任意，不能是存在，故D错误.
故AC.
11．ABC
【分析】对于A，令，结合“若，则”即可判断；对于B，由基本不等式相关推理结合即可判断；对于C，令得，，由此即可判断；对于D，令，即可判断.
【详解】对于A，令，得，解得或，
若，令，得，即，
但这与②若，则矛盾，
所以只能，故A正确；
对于B，令，结合得，，
解得或，
又，所以，
所以只能，故B正确；
对于C，若，令得，，
所以，所以，
所以，故C正确；
对于D，取，
则
且单调递增，
满足，但，故D错误.
故选：ABC.
关键点睛：判断D选项的关键是构造，由此即可证伪.
12．，
【详解】特殊命题的否定需将存在量词改为全称量词，同时否定结论，
故“，”的否定是：，．
故答案为，.
13．
【分析】利用偶函数的定义求出，则，设，利用基本不等式，即可求出结果．
【详解】函数（）是偶函数，
，
，易得，
设，
则，
当且仅当即时，等号成立，
所以，
所以函数的值域为．
故．
14．
【分析】取的中点，设，设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，结合线面垂直的性质与判定求得，再根据垂直关系可得点到平面的距离等于点到平面的距离，进而列式求解即可.
【详解】取的中点，连接，因为底面为等腰三角形，，所以，所以，
又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为三角形为等腰三角形，，则，设，则，
设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，
连接，则三点共线，由平面得平面，
由正弦定理得，故，则，
连接，则，由平面，且三角形外接圆的圆心为，可得，
因为平面，所以，又平面，平面，故平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
又因为点到平面的距离的最大值为，所以，解得，所以，球的表面积为.
故答案为.
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
15．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接BD，由中位线性质及线面平行的判定即可证结论.
（2）由线面垂直判定知平面，即是的体高，应用锥体体积公式求体积即可.
【详解】（1）连接BD，易知：BD与AC交于点O且O是BD的中点，又E是的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面．
（2）因为，，，所以平面，
则，故四面体的体积为．
16．（1），递增区间（）；（2）或.
【分析】（1）利用辅助角公式化简，根据函数f（x）的最小正周期为3π，即可求ω的值和单调递增区间；
（2）将ω＝2，可得f（x）解析式，0＜α＜π，由，利用三角函数公式即可求α的值．
【详解】解：（1）函数sin（ωx），
∵函数f（x）的最小正周期为3π，即T＝3π
∴ω
那么：，
由，k∈Z，
得：
∴函数f（x）的单调递增区间为，k∈Z；
（2）函数sin（ωx），
∵ω＝2
∴f（x）sin（2x），
，可得sin（2α）
∵0＜α＜π，
∴（2α）
2α或
解得：α或α．
本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．
17．（1） （2）
（1）求解不等式，结合整数解有且仅有一个值，可得，分类讨论，求解不等式，即得解；
（2）转化，使得成立为，利用不等式性质，求解二次函数最小值，代入解不等式即可.
【详解】（1）不等式，即，所以，
由，
解得．
因为，所以，
当时，
，
不等式等价于或或
即或或，
故，
故不等式的解集为．
（2）因为，
由，
可得，
又由，使得成立，
则，解得或．
故实数的取值范围为．
本题考查了绝对值不等式的求解和恒成立问题，考查了学生转化划归，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.
18．(1)
(2)
【分析】（1）先化简题给条件，再利用正弦定理即可求得的值；
（2）先化简题给条件求得，代入题干条件进而求得，从而得到的最小值，再结合条件求出实数的取值范围.
【详解】（1）依题意，，
因为，所以.
由正弦定理，得，
故上式可化为.
因为，所以，
由正弦定理，得.
（2）因为，
由正弦定理，，
因为，故，
则，
故，
因为，故，又，故，
代入中，得，即.
由余弦定理，，故，
则，当且仅当时等号成立，
故，又，
所以实数的取值范围为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，根据垂直关系转化为证明平面；
（2）首先作出交线，再利用垂直关系构造二面角的平面角，即可求解.
【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，
因为，且点是，所以，又面，
所以平面，平面，
所以，，且，平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面；
（2）由题意知，，，
因为是等边三角形，且点为的中点，则，
又因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，且平面，
所以，可得，
取的中点，连结，，

因为，，则，，
且，平面，则平面，
对于梯形，故点作，垂足为，

因为，则，可得，
由，可知，且，，
将三棱台补成三棱锥，则，
设，可知即为直线，则，即，可得，
由，则、、三点共线，且，
可知为线段的中垂线，则，
过点作，垂足为，过作，垂足为，连结，
因为平面，平面，所以，
且，平面，
可得平面，由平面
可得，且，平面，
所以平面，由平面，可得，
可知二面角的平面角为，
因为平面，由平面，所以，
在中，，，，
可得，，则，
在中，，，可得，
在中，可得，
在中，则，可得，
所以二面角的余弦值为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
D
A
C
D
B
AC
AC
题号
11









答案
ABC