2024-2025学年广东省广州市三校高一下学期期末联考数学试题含答案

高中2024-2025学年下学期期末三校联考高一数学命题学校：广州市铁一中学本试卷共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已知集合，，则（

）A. B. C. D.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.1 B.2 C.3 D.45.已知，，则（）A.0 B. C.1 D.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.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.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0.1B.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10.2C.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12，9D.数据的上四分位数是2410.如图所示，点M，N是函数f（x）=2cos（>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）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4C.直线与直线所成的角为 D.二面角的余弦值为三、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______．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______．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_________.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．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）求甲队获得冠军的概率；（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？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.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.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“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.

2024-2025学年下学期期末三校联考高一数学命题学校：广州市铁一中学本试卷共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.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】因为，，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：D4.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.1 B.2 C.3 D.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.0 B. C.1 D.【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：A6.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，则圆台的高为．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】D【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错误；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：D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0.1B.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10.2C.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12，9D.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）=2cos（>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，函数的图象关于直线对称，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4C.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）求甲队获得冠军的概率；（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