广东省六校（北江中学、河源中学、清远一中、惠州中学、阳江中学、茂名中学）2023-2024学年高一下学期联合质量监测考试数学试题（教师版）

北中、河中、清中、惠中、阳中、茂中2023~2024学年度第二学期联合质量监测考试高一数学命题单位：北江中学数学备课组说明：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.集合满足，，，则集合中的元素个数为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】根据题意，结合集合的交集、并集的概念及运算，即可求解.【详解】由集合满足,因为，可得，又因为，可得，因为，所以，即集合中的元素个数为4．故选：B.2.复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】对复数进行分母实数化，根据复数的几何意义可得结果.【详解】，复数在复平面内对应的点的坐标是，位于第四象限．故选：D3.“”是“函数在区间上单调递增”的（）A.充分不必要条件 B.充要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】结合对数复合函数的单调性及充分条件、必要条件的定义，即可得答案【详解】令，，当在上单调递增时，因为是上的增函数，则需使是上的增函数且，则且，解得，必有，故必要性成立；当时，取，可知在上有小于零的情况，此时无意义，即充分性不成立，故“”是“函数在区间上单调递增”的必要不充分条件.故选：C．4.函数的图像大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据奇偶性以及时的正负即可判断.【详解】函数的定义域为，且，，是奇函数，排除选项C和D，当时，，排除选项B.故选：A．5.正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AD，DD1的中点，AB＝4，则过B，E，F的平面截该正方体所得的截面周长为（）A.64 B.62 C.34 D.32【答案】A【解析】【分析】利用线面平行的判定与性质证明直线为过直线且过点B的平面与平面的交线,从而证得四点共面,然后在正方体中求等腰梯形的周长即可.【详解】作图如下:因为是棱的中点,所以,因为平面,平面,所以平面，由线面平行的性质定理知,过直线且过点B的平面与平面的交线平行于直线,结合图形知,即为直线,过B，E，F的平面截该正方体所得的截面即为等腰梯形,因为正方体的棱长AB＝4,所以,所以所求截面的周长为64,故选:A【点睛】本题主要考查多面体的截面问题和线面平行的判定定理和性质定理；重点考查学生的空间想象能力;属于中档题.6.如图，点是的重心，点是边上一点，且，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】延长交于，根据题意，得到且，再由，可得是的四等分点，根据向量的运算法则，求得，求得的值，即可求解.【详解】如图所示，延长交于，由已知为的重心，则点为的中点，可得，且，又由，可得是的四等分点，则，因为，所以，，所以．故选：C.7.函数的图象在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，则（）A. B.当时，在区间上不单调C.在区间上无最大值 D.在区间上的最小值为【答案】A【解析】分析】把相位看成一个整体变量，再结合正弦曲线，即可分析各选项.【详解】对于A，由，设，则，由在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，结合正弦曲线可知直线在线段之间，不含点，可以含，所以，得.故A正确；对于B，当，且时，设，则，由正弦函数在区间是单调递减，故B错误；对于C，由，设，则，由在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，结合正弦曲线可知，这条对称轴正好取到最大值，故C错误；对于D，由，设，则，由在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，则说明相邻的那条对称轴不在这个区间内，所以结合正弦曲线可知，这条对称轴正好取到最大值，说明在这个区间内没有取到最小值，故D错误；故选：A.8.某工业园区有、、共3个厂区，其中，，，现计划在工业园区内选择处建一仓库，若，则最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，，利用正弦定理得到，再在中利用余弦定理得到，再由三角恒等变换公式及三角函数的性质求出，即可得解.【详解】法一：设，，则，，在中由正弦定理，即，所以，在中，（其中），所以当时，所以最小值为．法二：如图，因为，所以点在如图所示的圆上，圆的直径为，由圆周角的性质可得，所以，．连接，可得（当为与圆的交点时取等号）．在中，，，，根据余弦定理可知，即，所以的最小值为．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.下列说法正确的是（）A.若，，则B.若，则C.若，，，则的最小值为4D.若，，，则的最小值为4【答案】ACD【解析】【分析】根据不等式的性质即可判断A选项，举反例即可判断B选项，根据基本不等式即可判断CD选项.【详解】对于A，，，所以，故A正确；对于B，当，时，，故B错误；对于C，若，，，则，当且仅当时取等号，所以的最小值为4，故C正确；对于D，因为，，，则，即，解得，当且仅当时取得等号，故的最小值为4，故D正确．故选：ACD.10.已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为，则（）A.圆台的母线与底面所成的角为B.圆台的侧面积为C.圆台的体积为D.若圆台的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】选项A，先求出圆台的高，进而求出圆台的母线与底面所成的角即可；选项B，由圆台的侧面积公式求解即可；选项C，由圆台的体积公式求解即可；选项D，设球心到下底面的距离为，由勾股定理得，求解即可.【详解】对于A，因为圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线为，所以圆台的高为：，根据线面角定义求出母线与底面所成角，A正确；对于B，由圆台的侧面积公式，求得圆台侧面积为：，B正确；对于C，由圆台的体积公式，求得圆台体积为：，C错误；对于D，由题意可知球心在下底面下方，设球心到下底面的距离为，由勾股定理得，解得，则该球的半径为，所以该球的表面积为，D正确．故选：ABD.11.已知函数的定义域为，，为奇函数，且，则（）A. B.C.函数是偶函数 D.（参考公式：）【答案】ACD【解析】【分析】A选项，由可得，即可判断；B选项，由可得，由为奇函数，可得函数关于点对称，可得，则令可得，即可判断；C选项，由可得，则得，即可判断；D选项，由前面推导结果，可得函数每4项和为0，周期为4，所以，计算可得结果，即可判断.【详解】由，则，所以，A正确；所以．由，令，则有，所以．因为为奇函数，所以，所以，所以函数关于点对称，所以．令，则，所以．令可得，，所以，所以，B错误；所以，即有．又因为，所以，所以函数是偶函数，C正确；令，则有；令，则．综上，时，，，，．所以，所以，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.已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为______．【答案】【解析】【分析】根据题意，结合向量的数量积和投影向量的计算方法，准确计算，即可求解.【详解】由向量和，可得，则在上的投影向量的坐标为．故答案为：.13.在中，是的中点，，，，则______．【答案】【解析】【分析】先在中利用正弦定理解得，再利用余弦定理解得，最后利用余弦定理求出结果.【详解】因为在中，，所以，由正弦定理得：，又因为，，所以，解得，再由余弦定理可得：，代入已知数据得：，，解得，因为是的中点，所以，再由余弦定理可得：，代入已知数据可得：，则．故答案为：.14.人脸识别就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份．在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．已知二维空间两个点、，则其曼哈顿距离为，余弦相似度为，余弦距离为．已知，、、、，若，，则______．【答案】【解析】【分析】利用定义得到，进而得到，同理可得，，从而利用余弦和角公式得到，故，得到，利用二倍角公式求出，从而求出.【详解】因，，所以，因为，所以．因为，所以，因为，则，所以．因为，，所以．又因为，，所以，所以．故答案为：【点睛】新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.将函数的图象向左平移个单位长度，然后把曲线上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变）得到函数的图像．（1）求函数的解析式；（2）若，求函数的值域．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）借助三角函数平移变换与伸缩变换的性质推导即可得；（2）由的范围，可得的范围，即可得函数的值域．【小问1详解】的图象向左平移个单位长度得的图像，再将其纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图像；【小问2详解】设，由，得，则，即在区间的值域为．16.如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点．（1）求证：平面；（2）求证：；（3）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）64【解析】【分析】（1）设与交于点，可得，由线面平行的判定可得答案（2）由余弦定理得可得，由勾股定理可得，又平面得，可得平面可得答案；（3）在中过点作，垂足为，可得平面，利用相等可得答案.【小问1详解】设与交于点，则为的中点，连接，则在中，则DE是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面．【小问2详解】在中，由，，，由余弦定理，得，则，即，为直角三角形，．又平面，平面，，又，平面，平面，平面，．【小问3详解】在中过点作，垂足为，平面平面，且平面平面，平面易知，，，．17.已知的三个内角所对的边分别为，满足．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）边化角，将变形为的形式，进而求得，可得；（2）法一，应用正弦定理将转化，结合为锐角三角形，求得，即可得解；法二，由为锐角三角形，采用余弦定理得到，求出，求得，即可得解.【小问1详解】已知，由正弦定理得：，，得，又，即，即，又因为，所以，且，所以，即．【小问2详解】法一：由正弦定理得：，即，且，，即．而由为锐角三角形，，，得，所以，即．所以，且，所以的周长的取值范围为．法二：由，不妨设，由为锐角三角形，只需，由余弦定理得：，即．又．（*）所以，得：，．由（*）式得：，所以，且，所以的周长的取值范围为．18.某市环保部门对市中心每天的环境污染情况进行调查研究后，发现一天中环境综合污染指数与时刻（时）的关系为，，其中是与气象有关的参数，且，若用每天的环境综合污染指数的最大值作为当天的综合污染指数，并记作．（1）当时，求环境综合污染指数的值域；（2）求的解析式；（3）规定当时为综合污染指数超标，求当在什么范围内时，该市市中心的综合污染指数超标．【答案】（1）（2）（3）当时，综合污染指数超标．【解析】【分析】（1）当时直接代入，当时由基本不等式求解即可；（2）当时，结合（1）去掉绝对值化简解析式，利用单调性比较端点值的大小，分类讨论得出的最大值的表达式；（3）分和两种情况，分别解不等式，可得该市市中心的综合污染指数不超标时的范围．【小问1详解】当时，，①当时，；②当时，，因为，当且仅当即时取等号，所以，所以．综上所述，．【小问2详解】当时，，令，则，所以，于是，在时是单调递减函数，在时是单调递增函数，所以，因为，，解，得，所以当时，；当时，，即．【小问3详解】由，得①无解，②，解得，综上，．所以当时，综合污染指数超标．19.已知函数满足，且，当时，．函数．（1）求实数的值；（2）当时，求的解析式；（3）设，是否存在实数，使不等式在时恒成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）（3）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）赋值法得到，由求得（2）当时，，故，根据求出解析式；（3）求出的定义域为，根据复合函数的单调性得到在上单调递减，构造，结合零点存在性定理得到使得，故需要满足，先由定义域得到，分和、两种情况，两种情况下求出最小值，分析得到均不合题意，则这样的实数不存在.【小问1详解】当时，，故，因为时，，所以，因为，所以，解得．【小问2详解】当时，，则，又，故，所以当时，．【小问3详解】由，即：，所以的定义域为，若存在满足题意的，首先有在时恒成立，即在时恒成立，首先有，其次令，关于的二次函数的对称轴为，当，即时，还要保证，解得，当时，只需，解得，所有在时恒成立当且仅当．因为，又因为，所以，当时，在上单调递增，此时的值域是的子集．当时，在上先增后减，在或处取得最小值，且，，，其中为对勾函数，在上单调递减，在上单调递增，又，，，故的值域是的子集，综上，的值域是的子集．故只需考虑在的情况即可，因为在上单调递减，根据复合函数的单调性得到在上单调递减，又时，图