广东省广州市三校（广附、广铁、广外）2024_2025学年高一下册期末联考数学试卷【附解析】

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本试卷共4 页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因，，
所以.
故选：C.
2. “且复数”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】复数属于实数，则虚部为0，根据条件求出参数，判断正确选项.
【详解】，虚部，解得，
所以“”是“” 必要不充分条件，
故选：B.
3. 设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. ，则B. ，则
C. ，则D. ，则
【答案】D
【解析】
【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答.
【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线，
显然满足，而，此时不成立，A错误；
对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，
显然满足，而，此时不成立，B错误；
对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，
显然满足，而，此时不成立，C错误；
对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.
故选：D
4. 已知平面向量与满足：在方向上的投影向量为在方向上的投影向量为，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的定义，先由在方向上的投影向量为，可得，再根据在方向上的投影向量为运算求解即可.
【详解】因为在方向上的投影向量为，且，
可得，即，
又因为在方向上的投影向量为，
可得，即.
故选：D.
5. 已知，，则（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】对是否为进行讨论，再结合二倍角的正弦公式和两角和的余弦公式求解即可.
【详解】依题意，，
若，则，而，
与矛盾，得到，，
所以，
则，即，故A正确.
故选：A
6. 如图，某沙漏是由两个形状完全相同的圆锥容器组成．已知最初沙漏中细沙全部在上部容器时，其高度为圆锥高度的一半，假设细沙全部漏入下部容器中，将细沙摇匀，此时细沙堆成如图所示的一个圆台．若圆锥容器的高为，则此圆台的高为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】方法1：由同底的圆锥的体积之比等于高之比计算即可.
方法2：由相似比及求解即可.
【详解】方法1：由题可得，根据相似比，细沙的体积占圆锥容器体积的，即细沙堆成的圆台的体积占圆锥容器体积的，
所以圆台上方的空白小圆锥体积占圆锥容器体积的，
因此圆台上方的空白小圆锥的高为，
则圆台高为．
方法2：设圆锥的底面半径为，圆台的上底面半径为，圆台的高为，如图所示，

由相似比可得，，即．
所以，
所以，整理得，即，
所以.
故选：D.
7. 在中，点是上一点，是的中点，与的交点为有下列四个命题：
甲： 乙：
丙： 丁：
如果只有一个假命题，则该命题为（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】D
【解析】
【分析】假设甲为假，则丙为真，利用面积的关系得到，利用向量的加减法得到，矛盾，判断出甲正确；
甲为真，推导出，得到丙真；
过Q作QN//AB交CP于N，由是的中点，利用平行线分线段成比例定理得到边长的关系，证明出，即可得到和，可判断出乙正确；
由，得到，可判断出不成立，故丁不正确.
【详解】假设甲为假，其余为真，
所以丙为真.
由丙：知，.
因为,而,
所以，
这与甲为假矛盾，所以甲为真；
同理，甲：为真时，即，所以，
所以，所以，即丙为真.
甲：为真时，有.
过Q作QN//AB交CP于N，由是的中点，得到,.
而，所以,所以.
因为QN//AB，所以,
又，所以，所以，
因为，，所以，故乙正确；
由得到，故丁错误.
故选：D
【点睛】在几何图形中进行向量运算:
(1)构造向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则；
(2)树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算.
8. 已知函数,的定义域均为 R，且， ，若的图象关于点对称，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对A项从函数关于点中心对称得到；对B项，通过赋值，依次推理得到和的一个周期均为4，多次替换后即得结论；对C项进行求和得到的值与值相关，而的值不能确定，即可判断；对D项，先计算得到的每连续四个数的和为0，利用的周期性即得结论.
【详解】对于A，因的图象关于点对称，则，
又的定义域为 R，故 ，由，可得，
故，故A错误；
对于B，在中，取，可得，又，则，
因，则两式相加，可得，
则，故可得，即4为函数的一个周期.
由，则，即得，即4也是函数的一个周期.
由，可得，与联立，
可得，故得，故B正确；
对于C，由可得，但的值不能确定，
又，，则，
因，值不能确定，故C错误；
对于D，因，则，故，
又，两式相加，可得，即，
又，则，
于是，故D正确.
故选：BD
二、多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1
B. 数据的平均数为90，方差为3; 数据的平均数为85，方差为5，则的平均数为87，方差为10.2
C. 已知数据的极差为6，方差为2，则数据 的极差和方差分别为12，9
D. 数据 的上四分位数是24
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，通过样本估计总体，利用样本抽取的频率表示总体的概率即可；对于B，利用混合样本的均值、方差计算公式计算即得；对于C，结合极差的定义与方差的性质易得；对于D，利用百分位数的定义易得.
【详解】对于A，每个个体被抽到的概率为，故A正确；
对于B，依题意，的平均数为：，
方差为：，故B正确；
对于C，设数据中的最大值为，最小值为，方差为，则，
对于数据 ，其极差为
方差为，故C错误；
对于D，将数据按照从小到大顺序排列为：，
由，故这组数据的上四分位数为24，故D正确.
故选：ABD.
10. 如图所示，点M，N是函数f（x）=2cs（>0，）的图象与x轴的交点，点P在M，N之间的图象上运动，若M（－1，0），且当△MPN的面积最大时，PM⊥PN，则（ ）
A. f（0）=
B. +=
C. f（x）的单调增区间为[－1+8k，1+8k]（k∈Z）
D. f（x）的图象关于直线x=5对称
【答案】AD
【解析】
【分析】根据图象以及题中信息求出函数的解析式，可判断出B选项的正误；求出的值，可判断出A选项的正误；结合余弦型函数的基本性质可判断出C、D选项的正误.
【详解】由题意可知，当的面积最大时，点为函数图象上的一个最高点，
设点的坐标为，由余弦型函数的对称性可知，又，
则为等腰直角三角形，且，则直线的斜率为，
得，则点的坐标为，
所以，函数最小正周期为，
，
，得，
，，
，得，则，
∴，A选项正确；
，B选项错误；
解不等式，解得，
所以，函数的单调递增区间为，C选项错误；
，所以，函数图象关于直线对称，D选项正确.
故选：AD.
11. 有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1.也可由正方体切割而成，如图2.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则（ ）
A. 该几何体的表面积为B. 该几何体的体积为4
C. 直线与直线所成的角为D. 二面角的余弦值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正四面体的表面积即可判断A；利用割补法，结合体积公式即可判断B；根据异面直线所成角的定义平移直线到直线，求解即可判断C；根据二面角的定义作出二面角的平面角，结合空间向量法即可求解D.
【详解】对于A，因为，所以．
蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，
故该几何体的表面积为，故A正确；
对于B，该几何体的体积为，故B正确；
对于C，因为，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，又因为，所以，故C正确
对于D，设的中点为，连接、，则，，
则即二面角的平面角．
建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，
则，，
则，故D错误.

故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题关键点是准确题解题意中“蒺藜形多面体”的定义，结合图1和图2直观想象“蒺藜形多面体”的几何特征，对多面体分割计算表面积和体积，再借助正方体求解异面直线所成的角与二面角.
三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数在区间上单调递增，则实数的最大值是______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据对数函数、二次函数的单调性，利用复合函数单调性求解即可.
【详解】因为为上的增函数，
所以由复合函数的单调性可知在区间上单调递增且，
所以，解得，
故答案为：
13. 一只不透明的袋子中装有形状、大小都相同的5个小球，其中2个黄球、2个白球、1个红球．先后从中无放回地取两次小球，每次随机取出2个小球，记下颜色计算得分，得分规则如下：“2个小球颜色相同”加1分，“2个小球颜色一黄一白”得0分，“2个小球中有红球”减1分，则“两次得分和为0分”的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】分第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”，或第一次“2个小球中有红球”，第二次“2个小球颜色相同”，或两次均为“2个小球颜色一黄一白”，三种情况计算即可，分别计算可得结论.
【详解】“两次得分和为0分”可能的情况有第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”，
或第一次“2个小球中有红球”，第二次“2个小球颜色相同”，或两次均为“2个小球颜色一黄一白”，
第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”，
记黄球为，2个白球为、1个红球为，
利用枚举法可知从中一次取2个小球为，
共有10种取法，而颜色相同的取法有两种，
故第一次取2个小球颜色相同的概率为，第二次取2个小球中有红球的概率为，
所以第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”的概率为．
第一次“2个小球中有红球”，第二次“2个小球颜色相同”，
第一次取2个小球中有红球的概率为，第二次2个小球颜色相同的概率为，
所以第一次“2个小球中有红球”，第二次“2个小球颜色相同”的概率为．
两次均为“2个小球颜色一黄一白”，
第一次取2个小球，“2个小球颜色一黄一白”的概率为，
第二次取2个小球，“2个小球颜色一黄一白”的概率为，
所以两次均为“2个小球颜色一黄一白”的概率为．
所以两次先后取2个小球，得分为零分的概率为.
故答案为：.
14. 已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可.
【详解】在中，，
故，即，
则折成的三棱锥中，，，，
即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，
设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c
则，解得，
此长方体的外接球是三棱锥的外接球，
设外接球的直径，即，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角，
故三棱锥，
三棱锥四个侧面是全等的，
，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，
故，
则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.
故答案为：.
【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
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. 在四棱锥中，四边形ABCD为等腰梯形，，，，．
（1）证明：平面平面PBC．
（2）若，，求点D到平面PBC的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面PBC，然后根据面面垂直的判定定理即得；
（2）根据面面垂直的性质定理结合条件可得三棱锥的体积，然后根据等积法即得.
【小问1详解】
在等腰梯形ABCD中，，，，
过点C作于E，则，，，
所以，
则，所以．
又，，BC，平面PBC，
所以平面PBC，又平面ABCD，
所以平面平面PBC；
【小问2详解】
连接BD，由（1）知平面平面PBC，因为，平面平面，平面，
所以平面BCD．
又，所以，
所以三棱锥的体积．
在中，因为，所以．
设点D到平面PBC的距离为d，所以三棱锥的体积．
由，得，
解得．
16. 甲乙两支足球队进入某次杯赛决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过点球大战决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；点球大战甲队获胜的概率为，且不同对阵的结果互不影响．
（1）若甲队先主场后客场，且，
（ⅰ）求甲队通过点球大战获得冠军的概率；
（ⅱ）求甲队获得冠军概率；
（2）除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过点球大战决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，点球大战甲队获胜的概率为．问哪种赛制更有利于甲队夺冠？
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）“主客场比赛制”比“单场比赛制”更利于甲夺冠.
【解析】
【分析】（1）（i）事件包含甲队主胜客负、主负客胜、主平客平，然后点球获胜，分三种情况，求出概率相加得到答案；
（ii）甲队获得冠军包含甲队点球获胜、主胜客胜、主胜客平、主平客胜，分四种情况，求出概率，相加即可；
（2）在“单场比赛制”下，甲队获得冠军包含甲队胜、甲队平同时点球胜，计算出相应的概率，结合（1）中所求甲队获得冠军的概率，作差法比较出结论.
【小问1详解】
（i）记甲队通过点球大战获得冠军为事件，
此事件包含甲队主胜客负、主负客胜、主平客平，然后点球获胜，
故，
因为，所以，
所以甲队通过点球大战获得冠军的概率为.
（ii）记甲队获得冠军为事件，
事件包含甲队点球获胜、主胜客胜、主胜客平、主平客胜，
所以，
将代入得，，
所以甲队获得冠军的概率为
【小问2详解】
由题意，记在“单场比赛制”下，甲队获得冠军为事件，
事件包含甲队胜、甲队平同时点球胜，
所以，
因为，所以，此时满足题意，
，
因为，所以，
故“主客场比赛制”比“单场比赛制”更利于甲夺冠.
17. 如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，.

（1）已知，且
（i）当时，求的面积；
（ii）若，求.
（2）已知，且，求AC的最大值.
【答案】（1）（i）；（ii）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）（i）利用余弦定理结合已知求出，再借助等腰三角形性质求出面积；（ii）利用等腰三角形性质结合二倍角公式求解作答.
（2）连接，由已知结合余弦定理可得，，再利用余弦定理、二倍角公式、辅助角公式求解作答.
【小问1详解】
（i）设，在中，由余弦定理得，解得，
在中，，则底边上的高，
所以的面积.
（ii）设，依题意，，
则，，即，而，
所以.
【小问2详解】
连接，中，，，

由余弦定理得，
则，，设，在中，，
于是，在中，，
由余弦定理得：，
则
，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，，
所以AC的最大值是.
【点睛】思路点睛：求三角形中线段长的最值问题，主要方法有两种，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
18. 已知函数
（1）求的单调区间;
（2）设函数
（i） 证明:有两个零点，且. ；
（ii）若关于x的方程 的解集中只含有一个元素，求a的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用换元法结合复合函数性质求解单调区间即可.
（i）利用对勾函数的性质结合零点存在性定理证明零点存在，再证明，进而得到定值即可.
（ii）利用对给定式子合理变形，结合函数的单调性得到，再将方程有根问题转化为函数交点问题，求解参数范围即可.
【小问1详解】
由对数函数性质得的定义域为，
因为，所以，
则，令，
即可化为，
由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减，
由对数函数性质得在上单调递增，
令，解得，则在上单调递增，
令，解得，则在上单调递减，
综上，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
（i）因为，所以，
则令，
由对勾函数性质得在上单调递减，在上单调递增，
结合函数的性质得在上单调递增，在上单调递减，
而，
，
则，由零点存在性定理得存在作为零点，
而，
则，由零点存在性定理得存在作为零点，
故一定存在两个零点，，得到，
而，
，
，
，得到，
故，结合，得到，
而，则，结合，
故和都在同一单调区间内，即，解得；
（ii）若，则，
由已知得，故，
则使即可，而，
由基本不等式得，
当且仅当时取等，此时，则
而，故在同一单调区间内，
得到，即，
由题意得，我们开始讨论的取值范围，
当时，方程变为，解得，
此时的解集中只含有一个元素，符合题意，
当时，得到，
即，若解集中只含有一个元素，
则和在上只有一个交点，
而，
，
令，则，代入原函数中，
原函数可化为，
，
化简得，当时，此时符合题意，
当时，，
由对勾函数性质得在上单调递减，在上单调递增，
结合函数的性质得在上单调递减，在上单调递增，
则在上单调递减，在上单调递增，
而，且当时，，
当时，，
且当时，，即当时，满足题意，
则，综上，.
19. 对于，记为关于的“差比模”.若取遍，记关于的“差比模”的最大值为，最小值为，若，则称关于的“差比模”是协调的.
（1）若，求关于的“差比模”；
（2）若，是否存在，使得关于的“差比模”是协调的？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
（3）若且，若关于的“差比模”是协调的，求的值.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由“差比模”定义代入复数，由复数的代数运算及求模可得；
（2）由，利用共轭复数的性质与模的性质可得，利用基本不等式可得可知不存在，使得关于的“差比模”是协调的；
（3）设，由平方整理再结合辅助角公式可得，利用三角函数有界性可得关于的不等式，由此可解得，结合韦达定理与题意关于的“差比模”是协调的，化简可求.
【小问1详解】
由题意得，
故关于的“差比模”为.
【小问2详解】
先证明共轭复数有如下性质：若任意，则.
证明：设，
则，
而，
故
；
；
故.
综上，共轭复数的性质得证.
记当“差比模”取最大值时的复数为，即.
由已知发现，
由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得
因为，
所以若当时取得，则时取到，
故可知，
由取遍，不恒为常数，则，
故由基本不等式可得，
故不存在，使得关于的“差比模”是协调的.
【小问3详解】
且，设，
则，
平方整理可得：
所以，
即，
平方整理得：，
令，设方程，
则，
故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设.
由题意知， ，
则，且，
故方程有两不等的正实数根，
由关于的不等式，
解得， 则，，
由已知关于的“差比模”是协调的，则，
所以，
利用韦达定理，，
则有，
化简可得，
故．
【点睛】结论点睛：有关共轭复数及模的常用性质有：
（1）任意，则；
（2）任意，则.