【数学】广东省佛山市南海区2024-2025学年高一下学期素养提升学业水平测试试卷（解析版）

这是一份【数学】广东省佛山市南海区2024-2025学年高一下学期素养提升学业水平测试试卷（解析版），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 设，其中为实数，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】因为，则.
故选：B.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】.
故选：D.
3. 若，是第三象限的角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，是第三象限的角，所以，
所以.
故选：C
4. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为向左平移个单位长度，
得到，
故选：B.
5. ，是两个平面，是两条直线，则（ ）
A. 如果，，那么
B. 如果，，是异面直线，那么与相交
C. 如果，，那么
D. 如果，与相交，那么是异面直线
【答案】C
【解析】如果，，那么或相交或异面，A选项错误；
如果，，是异面直线，那么与相交或平行，B选项错误；
如果，，那么无交点，所以，C选项正确；
如果，与相交，那么是异面直线或相交直线，D选项错误；
故选：C.
6. 已知一个圆锥的底面半径为，其体积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设圆锥的高为，母线长为，因为圆锥的底面半径为，其体积为，
所以，解得，所以，
故圆锥的侧面积为.
故选：D
7. 已知的外接圆圆心为，半径为1，且，，则的值为（ ）
A. 2B. 1C. -1D. -2
【答案】A
【解析】因为，可得，所以为的中点，
所以为的直径，可得，
又因为，所以为等腰直角三角形，且，
所以.
故选：A.
8. 已知函数，且对任意，都有恒成立，若函数在单调递减，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由条件可知，，则，
且，所以，
所以，
当，则，
若函数在单调递减，则，得，
所以的最大值为.
故选：B
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，有错选的得0分.
9. 如图，已知圆台上，下底面的圆心分别为，，半径分别为2和4，高为，四边形为圆台的轴截面，则（ ）
A. 圆台的母线长为6B. 圆台的体积为
C. 圆台的侧面积为24πD. 圆台外接球的半径为4
【答案】BCD
【解析】由题意知，圆台的上、下底面圆的半径分别为和，高，
则圆台的母线长为，所以A错误；
圆台的体积为，所以B正确；
圆台的侧面积为，所以C正确；
设圆台的外接球的球心到上底面的距离为，
由球的截面圆的性质，可得，解得，
所以球的半径为，所以D正确.
故选：BCD.
10. 函数的部分图象如图所示，则（ ）

A. 的最小正周期是π
B. 的图象关于点对称
C.
D. 在区间上的值域为
【答案】AC
【解析】由函数的图象可得，由题意可得，所以，所以的最小正周期是π，故A正确；
所以，解得，所以，又因为过点，
所以，所以，所以，
解得，又，所以，
所以，因为，
所以的图象不关于点对称，故B错误；
当时，，故C正确；
当，，所以，
所以，所以在区间上的值域为，故D错误.
故选：AC.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱，，的中点，点满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 若四点共面，则
C. 过点有且仅有一条直线与，都相交
D. 若，点在侧面上（包括边界），且平面，则点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】对于A,因为平面平面,平面,所以平面,故A正确；
对于B,作直线，分别交延长线于点，再连接并延长交延长线于点，连接交于点，因为分别是棱，，的中点，可作正方体截面为正六边形，它们交于各棱中点，所以为中点，由可得，故B错误；
对于C,由平面平面，则，
因为都在平面内，所以由图可得必与相交，根据以上作图可得唯一交点，所以直线是唯一与和相交的直线，故C正确；
对于D，由分别是棱的中点，点满足，
则过作平行于，交于，由图可得，连接，
再过点作的平行线交于，可得，
再过点作的平行线交于，可得为的中点，
则可得平面，平面，
平面，
所以平面平面，若平面，则平面，
因为平面平面，所以，
由于正方体棱长为2，可得，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 复数的实部是_______.
【答案】
【解析】复数的实部是.
故答案为：.
13. 已知分别是内角的对边，若，，则_______.
【答案】
【解析】由，结合正弦定理可得，又，
所以，所以，
由余弦定理可得，
因为，所以.
故答案为：.
14. 定义平面非零向量之间的一种运算“*”，记（其中是非零向量，的夹角），若，均为单位向量，且，则______.
【答案】
【解析】设向量，的夹角为，
因为，均为单位向量，且，
所以，因为，所以.
所以，
所以.
故答案为：
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. 已知向量，，，且，.
（1）求向量，的坐标；
（2）若，.
（i）求与的夹角；
（ii）求向量在向量上的投影向量的坐标.
解：（1）因为，所以.解得.
因为，所以.解得.
所以，.
（2）（i）.
.
所以.
因为，所以.
（ii）设向量在向量上的投影向量为，则.
16. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，，点在棱上，且.
（1）证明：平面；
（2）若，三棱锥的体积为6，求点到平面的距离.
（1）证明：因为，且，可得，
连接，因为，所以，所以，
又因为平面，且平面，所以平面.
（2）解：因为，，所以，
又因为四边形是等腰梯形，，
在平面中，作垂足为，则，
则的面积为，
所以三棱锥的体积为，解得，
即点到平面的距离为，
因为，所以点到平面的距离是点到平面的距离的3倍，
所以点到平面的距离为.
17. 已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）记锐角的内角的对边分别为，若，，，求的周长.
解：（1）
.
令，解得.
所以的单调递增区间为.；
（2），即.
因为，所以，所以，即.
由余弦定理，可得，即，所以.
于是，所以.
所以的周长为.
18. 如图1，内壁光滑且透明的正方体容器内注有一定量的水，已知正方体容器棱长为4，容器厚度不计.当其水平放置时，水面恰好过，，，的中点.现在固定容器一边于水平地面，再将容器倾斜，随着倾斜角度的不同，水面的形状也不同.容器绕从图1的放置状态旋转至水面第一次过棱的过程中（不包括起始和终止位置），水面与棱，，，分别交于点，，，.假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动.

（1）证明：是定值；
（2）已知水面是矩形面，求水面面积的取值范围.
解：（1）由图1可知水体的体积为.
图2中，水体所形成几何体体积不变，则
.
所以，即是定值4.
（2）设，则，
，.
所以.
因为函数是开口向上，对称轴为的抛物线，而，
所以，所以.
所以水面面积的取值范围为.
19. 如图，宽为的走廊与另一宽为的走廊垂直相连，两走廊交汇处形成直角拐点M.细杆需保持水平状态通过拐点M，且在移动过程中两端始终与两侧墙壁保持接触.设细杆与外侧走廊的夹角，.
（1）设细杆的长度为，求的表达式；
（2）若，，试问：长度为5的细杆能否水平地通过拐角?请说明理由；
（3）若，试问：长度为的细杆能否水平地通过拐角?请说明理由.
解：（1）由题意，，.
所以，.
（2）因为，，所以.
当时，.
因为，所以细杆不能水平地通过拐角.
（3）因为，所以.
于是.
令，则.
因为，所以，，于是.
所以.
因为函数是开口方向向上，对称轴为的二次函数，
所以当时，有最小值8，
有最小值，有最小值.
所以长度为的细杆可以水平地通过拐角.