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）

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一、单选题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2 B．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．答案题号12345678910答案DABDACDBACAC题号11答案ABC1．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：D2．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：D8．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