广东省六校（清中、河中、惠中、茂中等）2024-2025学年高一下学期5月联合测试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省六校（清中、河中、惠中、茂中等）2024-2025学年高一下学期5月联合测试数学试题（解析版）-A4，共15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。
说明：本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.答案须做在答题卡上；选择题填涂需用2B铅笔，非选择题需用黑色字迹钢笔或签字笔作答.考试结束后只需交答题卡.
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】B
【解析】
【分析】根据补集定义计算求解.
【详解】因为集合，，故.
故选：B.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算法则及共轭复数的概念可得结果.
【详解】∵，∴，
∴，故.
故选：B.
3. “”是“函数存在零点”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】C
【解析】
【分析】先求出满足“函数存在零点”的的取值范围，再根据充份、必要条件定义判断即可.
【详解】函数存在零点等价于方程有解，等价于有解，
而，从而，因此，
反之，当时，有解，
所以“”是“函数存在零点”的充要条件.
故选：C.
4. 已知，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题中，真命题是（ ）
A. 若，，则与必异面B. 若点，点，则直线
C. 若，，则D. 若点，点，则直线与相交
【答案】D
【解析】
【分析】应用线面位置关系，线线位置关系关系判断各个选项即可.
【详解】对于A，若，，则与平行或相交、或异面，故A为假命题；
对于B，若点，点，则直线平面或直线与平面相交，故B为假命题；
对于C，若，，则与平行或异面，故C假命题；
对于D，若点，点，则直线与平面相交，故D为真命题；
故选：D.
5. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】法一：利用诱导公式和辅助角公式将题设等式化简，得到，再利用二倍角公式即可求得；法二：利用和差化积公式求得，后续同.
【详解】法一：因为
，则，
故.
法二：由和差化积公式得
，即，
故.
故选：C.
6. 在中，内角，，所对边分别为，，，已知，，，则的大小为（ ）
A. 30°或150°B. 60°或120°C. 30°D. 60°
【答案】C
【解析】
【分析】应用正弦定理计算，结合角的范围求解.
【详解】由正弦定理得，即，解得，
又为三角形内角，所以或150°，
又因为，所以，即，
故选：C.
7. 若，，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数单调性及指数函数单调性得出范围比较大小求解.
【详解】因为，且由，可得，
可知，则，所以.
故选：B.
8. 已知定义在上的奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数是奇函数且在单调递增，即可利用函数单调性解不等式.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，且，所以.
因为函数在上单调递增，则该函数在上也单调递增，
当时，，由可得，解得；
当时，，由可得，可得，此时不存；
当时，，由可得，解得.
综上所述，不等式的解集为.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】应用作差法计算比较判断A，应用不等式性质计算判断C，D，应用特殊值法计算判断B.
【详解】因为，，
对于A，因为，而，，故无法确定与的大小，A错；
对于B，因为，所以，B错；
对于C，由不等式的性质可得，从而，C对；
对于D，由不等式的性质可得，D对.
故选：CD.
10. 已知复数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的模与的模不相等B. 与的虚部相等
C. 是方程的一个复数根D. 在复平面内对应的点位于第三象限
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据复数的平方运算，结合模长公式以及虚部定义，可得AB的正误；将复数代入方程，根据其四则运算，可得C的正误；根据共轭复数的定义，利用复数的除法，结合其几何意义，可得D的正误.
【详解】，所以，故A错误，B正确；
因为，所以，故C正确；
，对应的点位于第三象限，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数，下列关于该函数结论正确的是（ ）
A. 是偶函数B. 是周期函数
C. 在上不单调D. ，有4个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A选项；利用函数周期性的定义可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；利用函数对称性的定义可判断D选项.
【详解】对于A，易得的定义域为.
，
所以是偶函数，故A正确；
对于B，因为
，所以的一个周期是，故B正确；
对于C，看成由，和复合而成，
又，单调递增且，单调递减，
所以在上单调递减，故C错误；
对于D，同理可得在上单调递增，易得简图如下：
又的最大值为
，所以，与有4个交点，
故选项D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 《九章算术·商功》中将正四面形棱台（即正四棱台）建筑物称为方亭．现有一方亭，已知，且该方亭的高为6，体积为26，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据棱台的体积公式计算可得.
【详解】依题意可得，
即，
即，解得或（舍去）.
故答案为：
13. 已知函数 在上具有单调性，则实数的取值范围___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数的对称轴，列不等式，即可求解.
【详解】由题意，或，解得：或.
故答案为：
14. 一只钟表的时针与分针的长度分别为1和2，设午夜零时为0时刻，则的面积关于时间（），单位：小时）的函数解析式为______，一昼夜内（即时），取得最大值的次数为______.
【答案】 ①. （且，） ②. 44
【解析】
【分析】根据钟表的时针、分针的运行规律，求出或，，利用三角形面积公式求出的表示式，再根据的周期及每个周期出现的最大值次数即可求得.
【详解】因旋转的角速度为，旋转的角速度为，
则或，，
故，
而当，时不能构成三角形，
所以（且，）；
显然函数的周期为且每个周期仅出现一次最大值，
而，所以取得最大值的次数为44.
故答案为：（且，）；44.
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. 如图，是圆锥底面圆的内接三角形，，，为圆锥的母线，且圆锥的侧面展开图是一个半圆.
（1）求圆锥的外接球的表面积；
（2）用平行于底面的平面截去圆锥的上半部分，若剩下的圆台有内切球，求圆台的体积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设底面圆心为，半径为，利用正弦定理即可求出，利用圆锥的侧面展开图是半圆即可求出，即可求出圆锥的高，设圆锥外接球半径为，建立方程求出即可求解；
（2）设圆台的上底面半径为，内切球的半径为，利用相似三角形即可求出，根据圆台的体积公式即可求解.
【小问1详解】
设底面圆心为，半径为，所以.
由正弦定理可知，则.
又圆锥的侧面展开图是半圆，所以，所以，所以圆锥的高.
设圆锥外接球的半径为，则，解得，
所以外接球的表面积为.
【小问2详解】
设圆台的上底面半径为，内切球的半径为，
由图根据三角形相似可知，解得，，
所以圆台的体积为.
16. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量与垂直．
（1）求A的大小；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用向量垂直的条件：数量积为0，结合正弦定理和同角的商数关系，可得所求角；
（2）运用余弦定理求得c，再由三角形的面积公式计算即可得到所求值．
【小问1详解】
因为，所以，
即．
由正弦定理得．
因为，所以， 所以，所以．
因为，所以．
【小问2详解】
由余弦定理，得，
所以，
解得，或（舍）．
所以的面积．
17. 在中，，为线段上任意一点，交于点.
（1）若，，求；
（2）若，，求的值；
（3）若，求最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求得，结合向量的数量积的运算公式，即可求解；
（2）令，得到，设，得到，根据，得到，列出方程，即可求解；
（3）设，得到，再由，列出方程，求得，，结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，
又因为，，可得，
所以.
【小问2详解】
解：因为，所以，令，
在中，
，
因为三点共线，设（其中），
所以，
因为，所以，
由，所以，解得，，所以.
【小问3详解】
解：因为，且三点共线，设（其中），
所以，
又因为，所以，所以，，
所以
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为.
18. 如图，某度假村为吸引游客，准备在门前处的两条小路和之间修建一处弓形花园，已知，弓形花园的弦长，记弓形花园的顶点为，，设（）.
（1）试用含有的关系式表示，；
（2）该度假村准备在点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计，的长度，才使得喷泉与门前处的距离最大？
【答案】（1），.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理求出，.
（2）利用余弦定理列式，再利用三角恒等变换化简函数，借助正弦函数性质求出最大值.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得，则，
，则.
【小问2详解】
由，，得，
在中，由余弦定理得
，
由，得，则，
当时，即时，取最大值，
，，
所以当时，取最大值.
19. 我们知道，函数图象关于原点对称的充要条件是，结合函数图象平移等知识，该结论可以推广为：函数图象关于点对称的充要条件是.
阅读以上材料，解答下列问题：
（1）直接写出函数图象的对称中心：
（2）若函数，
（i）求证：函数的图象是中心对称图形并求出对称中心点的坐标；
（ii）已知函数的图象关于点对称，且当时，，若对，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析，点的坐标为；（ii）.
【解析】
【分析】（1）利用给定的充要条件求出对称中心;
（2）（i）利用给定的充要条件，结合对数运算计算得证，并求出点坐标；（ii）由对称性求出函数在上的解析式，求出函数在上的值域，再由函数在上的值域包含函数在上的值域求出范围.
【小问1详解】
函数定义域为R，令，
则
，因此函数的图象关于点对称，
所以数图象的对称中心是.
【小问2详解】
（i）函数中，，即，解得，
因此函数的定义域为，
，
所以函数的图象是中心对称图形，其对称中心点的坐标为.
（ii），函数在上单调递减，
函数在上单调递增，因此函数在上单调递减，
当时，，而，
则函数在上的值域为，
由函数的图象关于点对称，得，即，
当时，，则当时，，
，
函数在上单调递减，在上单调递增，
而，则函数在上单调递增，，
由对，使得，得函数在上的值域包含于，
，当，即时，，
，解得，因此；
当，即时，，，
，函数在上的值域包含于，因此；
当，即时，，，
，函数在上的值域包含于，因此；
当时，，，
解得，因此，
所以实数的取值范围是.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
①若，，总有成立，故；
②若，，有成立，故；
③若，，有成立，故；
④若，，有，则的值域是值域的子集 ．