广东省广州三校2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题（解析）

第页，共页2024-2025学年下学期期中三校联考高一数学本试卷共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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先化简集合A，再根据集合的并集运算求解.【详解】由，解得，，又，所以．故选：D.2.已知点，则与向量共线的单位向量为（）A. B.或C. D.或【答案】D【解析】【分析】求得，利用，可求与向量共线的单位向量.【详解】与共线的单位向量为，即或.故选：D.3.已知是边长为2的等边三角形，则（）A.4 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】由等边三角形的性质，可得向量的模长以及夹角，根据数量积的定义式，可得答案.【详解】依题意可知和的夹角为，所以.故选：D.4.如图，已知的半径为4，若劣弧长为，则劣弧所对圆周角的正弦的平方为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用圆心角等于弧长除以半径，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，就可求得圆心角再利用余弦的二倍角公式，就可以解得答案.【详解】设劣弧所对的圆周角为，则其所对圆心角为，由圆心角等于弧长除以半径可知，即，又由，可以解得.故选：C.5.已知矩形的长，宽.点在线段上运动（不与两点重合），则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依题意，点在线段上，设，建立空间直角坐标系，根据点坐标，表示出，根据，求出答案.【详解】由题意得，点在线段上，设，且.以为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，则，则，由，故，所以，由于，所以.故选：A.6.已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】研究圆锥与内切球的轴截面，由题可得内切球半径，在轴截面中解直角三角形分别求出圆锥的高与底面半径即可.【详解】如图所示，设内切球与相切于点，因为，所以，由内切球的表面积为，可得球的半径，在直角中得，则圆锥高为，在直角中得，即圆锥的底面半径为3，所以该圆锥的体积．故选：A．7.设的内角的对边分别为，已知，且，则角（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依题意，，结合正弦定义得，即，即得结论.【详解】由，得，由正弦定理，得，或.又.故选：B.8.我们知道：的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是为奇函数，有同学发现可以将其推广为：的图象关于成中心对称图形的充要条件是为奇函数．若的图象的对称中心为，则（）A.8088 B.4044 C.2022 D.1011【答案】B【解析】【分析】根据对称性的定义求出函数的对称中心为，可得，结合对称性进行配对求和即可.【详解】若函数图象的对称中心为，则为奇函数，即为奇函数，必有且，解得，所以的图象的对称中心为，即有，，，，，所以，，.故选：B.【点睛】关键点点睛：解题关键是确定的对称中心，解题时根据定义，利用是奇函数，得出图象的对称中心，然后函数值配对求和．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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知为复数，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.【答案】AD【解析】【分析】根据复数的概念及运算可得.【详解】对于A，设，当时，，得，得，即，故A正确；对于B，令，可知，故B错误；对于C，令，可知，故C错误；对于D，，故D正确.故选：AD10.如图，在三棱柱中，，下列结论中正确的有（）A.平面平面B.直线与所成角的正切值是C.三棱锥的外接球的表面积是D.该三棱柱各侧面的所有面对角线长的平方和等于它所有棱长的平方和的3倍【答案】ABC【解析】【分析】根据题意，证得平面，可判定A正确；由，得到直线与所成的角即为直线与所成的角，设，在中，求得，可判定B正确；将三棱锥补成一个棱长为2的正方体，求得外接球的半径，可判定C正确；根据平行四边形的性质，可判定D错误.【详解】对于A中，因为，且，所以平面，又因为平面，则平面平面，所以A正确；对于B中，因为，则直线与所成的角即为直线与所成的角，设，在平行四边形中，与相交于点，等腰直角三角形，，所以，可得，所以，又由，解得，所以B正确；对于C中，由于两两垂直且相等，故可将三棱锥补成一个棱长为2的正方体，正方体的外接球就是三棱锥的外接球，半径是，所以外接球的表面积是，所以C正确；对于D中，在平行四边形中，可得，可得，所以，同理可得：，，相加得，所以该三棱柱各侧面的所有面对角线长的平方和等于它所有棱长的平方和的2倍，所以D错误；故选：ABC11.已知函数，且在区间上为单调函数，若函数有两个不同的零点，则实数的取值可以是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】由函数在区间上为单调函数，结合二次函数与对数函数的性质，得到，再由有两个不同的零点，转化为与的图象有两个不同的交点，进而得到与的图象在上也仅有一个公共点，满足或与的图象相切，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】由函数，在区间上为单调函数，因为时，函数在上单调递增，所以只需满足，解得，又因为有两个不同的零点，即由两个不同的实数根，即函数与的图象有两个不同的交点，作出函数与的图象，如图所示，当时，由，可得，又由，所以，所以函数与的图象在上仅有一个公共点，则函数与的图象在上也仅有一个公共点，则满足或与的图象相切，即有一解，所以或，解得或，综上可得，实数的取值范围为，结合选项，选项B、C满足题意.故选：BC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，为单位向量，且满足，则向量在向量方向的投影向量为________【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律求出，再利用投影向量的意义求解.【详解】由，得，则，又，为单位向量，则，，所以向量在向量方向的投影向量为.故答案为：13.已知函数在区间上恰有一个零点，则的取值范围______．【答案】．【解析】【分析】先求出的取值范围，再结合正弦函数的性质，根据函数在给定区间上恰有一个零点来确定的取值范围.【详解】已知，，则，所以.

因为函数（）在区间上恰有一个零点.正弦函数的零点为，.当时，；当时，.要使函数在上恰有一个零点，则.解不等式可得：.

的取值范围是.故答案为：.14.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】利用为的内心，再结合奔驰定理可得，再由已知条件转化可得，利用平面向量基本定理可知，从而得到，再由，可得，利用均值不等式可得，最后可得.【详解】因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，由可得，所以，又，则，所以，两式相加可得，化简可得，又，由余弦定理可得，由基本不等式可得，所以，当且仅当时等号成立，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用奔驰定理得到，再结合余弦定理和基本不等式即可得到，最后即可得到的最大值.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.已知函数（且）的图像与函数的图像关于直线对称.（1）若在区间上的值域为，求的值；（2）在（1）的条件下，解关于的不等式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据反函数的关系先得出表达式，进而得出表达式，利用的单调性，分类讨论得出结果；（2）由（1）的单调性，结合定义域的范围，解不等式组即可.【小问1详解】由题知，是的反函数，，故.当时，根据指数函数，对数函数的单调性，均在单调递减，于是在上单调递减，故，此时不成立；当时，根据指数函数，对数函数的单调性，均在单调递增，在上单调递增，故，此时成立.综上可知：【小问2详解】由（1）知，，为定义在的增函数，根据，定义域满足：，解得.由单调性和可得，，整理得，结合可知，16.的内角，，的对边分别为，，．已知．（1）证明：．（2）若，，求的面积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理与三角函数和差公式整理等式，根据三角形的性质以及正弦函数的性质，可得答案；（2）利用正弦定理以及余弦定理，解得边与角，根据面积公式，可得答案.【小问1详解】由，根据正弦定理可得，，，，由，则，解得或（舍去），所以.【小问2详解】由正弦定理可得，即，，解得，由余弦定理可得，则，整理可得，分解因式可得，解得或，当时，，由，解得，，不合题意；当时，的面积.17.如图，在四棱锥中，底面，，点为棱中点.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积；（3）求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）取中点，连接，由已知可证四边形为平行四边形，可得，可证结论；（2）利用，可求三棱锥的体积；（3）易证平面，可得，进而可证平面，可得为直线与平面所成的角，求解即可.【小问1详解】如图，取中点，连接，由于分别为的中点，故，且，又，可得，且，故四边形为平行四边形，所以，又因为平面平面，所以平面.小问2详解】因为为的中点，所以，因为底面，所以，即.【小问3详解】因为底面底面，又平面，平面.又平面.为的中点，，又平面，平面，直线在平面内的射影为直线，故为直线与平面所成的角，由底面底面可得，，为等腰直角三角形，且平分，，所以直线与平面所成的角为.18.已知向量，函数.（1）若，求的值；（2）已知是锐角三角形，角所对应的边分别为，且，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，利用已知可得，可求；（2）由已知可得，或，分类讨论可求得的取值范围.【小问1详解】向量，则函数，因为，所以，所以.【小问2详解】由（1）得，，.由，得，因为是锐角三角形，所以或.①当时，，由可得，由正弦定理得，令，因为，所以.在上单调递增，当时，，当时，，故，即.②当时，，则，与已知矛盾.综上所述，的取值范围是.19.函数的凹凸性的定义是由丹麦著名的数学家兼工程师JohanJensen在1905年提出来的．其中对于凸函数的定义如下：设连续函数的定义域为（或开区间或，或都可以），若对于区间上任意两个数，均有成立，则称为区间上的凸函数．容易证明譬如都是凸函数．JohanJensen在1906年将上述不等式推广到了个变量的情形，即著名的Jensen不等式：若函数为其定义域上的凸函数，则对其定义域内任意个数，均有成立，当且仅当时等号成立．（1）若函数为上的凸函数，求的取值范围：（2）在中，求的最小值；（3）若连续函数的定义域和值域都是，且对于任意均满足下述两个不等式：，证明：函数为上的凸函数．（注：）【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（