资源简介

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
1．（2024高一下·广东期末）集合满足，，，则集合中的元素个数为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2024高一下·广东期末） 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
3．（2024高一下·广东期末）“”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
4．（2024高一下·广东期末）函数的图像大致为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·广东期末）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．6 +4 B．6 +2 C．3 +4 D．3 +2
6．（2024高一下·广东期末）如图，点是的重心，点是边上一点，且，，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·广东期末）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
8．（2024高一下·广东期末）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，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·广东期末）下列说法正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，则
C．若，，，则的最小值为4
D．若，，，则的最小值为4
10．（2024高一下·广东期末）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
11．（2024高一下·广东期末）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：）
12．（2024高一下·广东期末）已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为　 　．
13．（2024高一下·广东期末）在中，是的中点，，，，则　 　．
14．（2024高一下·广东期末）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　 　．
15．（2024高一下·广东期末）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）得到函数的图象．
（1）求函数的解析式；
（2）若，求函数的值域．
16．（2024高一下·广东期末）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．
17．（2024高一下·广东期末）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．
18．（2024高一下·广东期末）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．
19．（2024高一下·广东期末）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．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】集合中元素的个数问题；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：由集合满足，
因为，可得，
又因为，可得，
因为，所以，
则集合中的元素个数为4．
故答案为：B.
【分析】根据题意结合交集、并集的运算法则和集合间的包含关系、元素与集合的关系，从而得出集合B，进而得出集合中的元素个数.
2．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：整理，故复数在复平面内对应的点的坐标是，位于第四象限．
故答案为：D
【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.
3．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】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，
故充分性不成立，
故“”是“函数在区间上单调递增”的必要不充分条件.
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合复合函数的单调性和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出答案.
4．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数定义域为，
满足，则函数是奇函数，
当时，.
故答案为：A．
【分析】化简函数，判断其奇偶性，结合时的正负判断即可.
5．【答案】A
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是棱AD、DD1的中点，
∴EF∥AD1∥BC1，
∵EF 平面BCC1，BC1 平面BCC1，
∴EF∥平面BCC1，
由线面平行性质定理，过EF且过B的平面与面BCC1的交线l平行于EF，l即为BC1．
由正方体的边长为4，可得截面是以BE=C1F=2 为腰，EF=2 为上底，BC1=2EF=4 为下底的等腰梯形，故周长为6 +4 ，
故选A．
【分析】推导出EF∥平面BCC1，过EF且过B的平面与面BCC1的交线l平行于EF，l即为BC1．由此能求出过点B，E，F的平面截该正方体所得的截面周长．
6．【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：延长交于，如图所示：
因为为的重心，所以点为的中点，
则，且，
又因为由，所以是的四等分点，
则
，
又因为，所以，，则．
故答案为：C.
【分析】延长交于，由题意可得且，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，即可求解的值.
7．【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】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，可以含点，
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，
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.
故答案为：A.
【分析】把相位看成一个整体变量，再结合正弦曲线的对称性、单调性、最值求解方法，从而得出的取值范围、正弦型函数的单调性、正弦型函数的最值，从而逐项判断找出正确的选项.
8．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：法一：设，，
则，，
在中，由正弦定理，
则，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，
则圆的直径为，
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．
故答案为：B.
【分析】设，，利用正弦定理得到，在中利用余弦定理得到，再由三角恒等变换公式和三角函数的性质，从而求出，进而得出的最小值.
9．【答案】A,C,D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：对于A，因为，，
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，
所以，
解得，当且仅当时取得等号，
故的最小值为4，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据不等式的基本性质可判断出选项A；举反例判断出选项B；根据基本不等式求最值的方法，则判断出选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】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，故A正确；
对于B，由圆台的侧面积公式，
得圆台的侧面积为：，故B正确；
对于C，由圆台的体积公式，
得圆台体积为：，故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，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】先求出圆台的高，从而求出圆台的母线与底面所成的角，则判断出选项A；由圆台的侧面积公式求解判断出选项B；由圆台的体积公式求解判断出选项C；设球心到下底面的距离为，由勾股定理得，从而求解判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：由，
则，
所以，故A正确；
所以，
由，
令，则，
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，故B错误；
所以，则，
又因为，所以，所以函数是偶函数，故C正确；
令，则；
令，则，
综上所述，当时，，，
，，
所以，
所以，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】由可得，则判断出选项A；由可得，由为奇函数可得函数关于点对称，可得，则令可得，则判断出选项B；由可得，则，则可判断选项C；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，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由向量和，
可得，
则在上的投影向量的坐标为．
故答案为：.
【分析】根据题意结合数量积的坐标表示和向量的模的坐标表示，再结合数量积求投影向量坐标的方法，从而得出向量在向量上的投影向量的坐标.
13．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，，
所以，
由正弦定理得：，
又因为，，
所以，解得，
由余弦定理可得：，
代入已知数据得：，，解得，
因为是的中点，所以，
由余弦定理可得：，
代入已知数据可得：，
则．
故答案为：.
【分析】在中利用正弦定理得出的长，再利用余弦定理得出的长，最后利用余弦定理得出AB的长.
14．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，，
所以
，
因为，所以，
又因为，
所以
，
又因为，则，
所以．
又因为，，
所以，
又因为，，
所以，
所以．
故答案为：.
【分析】利用所给定义得到，结合同角三角函数基本关系式得到的值，同理可得，，再利用两角和的余弦公式得到的值，结合同角三角函数基本关系式得到的值，从而得到，再根据二倍角的余弦公式求出，从而求出.
15．【答案】（1）解：函数的图象向左平移个单位长度得的图象，
再将其纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图象，
即的解析式为；
（2）解：当时，，
则，即在区间上的值域为．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）根据三角函数图象的平移变换与伸缩变换的性质求函数的解析式即可；
（2）由的范围，可得的范围，求函数的值域即可．
（1）的图象向左平移个单位长度得的图象，
再将其纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图象；
（2）设，由，得，
则，即在区间上的值域为．
16．【答案】（1）证明：设与交于点，为的中点，连接，如图所示：
在中，是的中位线，则，
因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：在中，，，，
由余弦定理，解得，
则，即，为直角三角形，，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（3）解：在中过点作，垂足为，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
易知，，
由，可得．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设与交于点，可得，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由余弦定理得可得，由勾股定理可得，又平面，得，可得平面，即可证明；
（3）在中过点作，垂足为，可得平面，利用求解即可.
（1）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．
（2）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，．
（3）在中过点作，垂足为，
平面平面，且平面平面，平面
易知，，
，．
17．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得：
，
，
得，
又因为，则，
所以，
又因为，
所以，且，
所以，则．
（2）解：法一：由正弦定理得：，
则，且，
所以
，则，
由为锐角三角形，，，得，
所以，则．
所以，且，
所以的周长的取值范围为．
法二：由，不妨设，则，
由为锐角三角形，只需，
由余弦定理得：，
则
又因为（*），
所以，
得：，解得，
由（*）式得：，
所以，且，
所以的周长的取值范围为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件和正弦定理边化角，将变形为的形式，从而得出的值，进而可得角的值.
（2）利用两种方法求解.
方法一：利用正弦定理将转化为，结合为锐角三角形结合正弦型函数求值域的方法，从而得出，再结合三角形的周长公式得出的周长的取值范围．
方法二，由为锐角三角形和余弦定理得到，从而得出a的取值范围，再利用得出c的取值范围，即可求得的周长的取值范围.
（1）已知，
由正弦定理得：，
，
得，
又，即，
即，
又因为，所以，且，
所以，即．
（2）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，则，
由为锐角三角形，只需，由余弦定理得：，
即．
又．（*）
所以，得：，解得．
由（*）式得：，
所以，且，
所以的周长的取值范围为．
18．【答案】（1）解：当时，，
①当时，；
②当时，，
因为，
当且仅当时，即当时取等号，
所以，所以．
综上所述，．
（2）解：当时，，
令，则，
所以，
则在时是减函数，在时是增函数，
所以，
因为，，
解，得，
所以，当时，；
当时，，
则．
（3）解：由，得①无解，②，
解得，
综上所述，，
所以当时，综合污染指数超标．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用已知条件，当时，直接代入，当时，由基本不等式求最值的方法，从而得出环境综合污染指数的值域.
（2）当时，结合（1）去掉绝对值化简出函数解析式，再利用函数的单调性比较端点值的大小，从而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，从而可得该市市中心的综合污染指数不超标时的取值范围．
（1）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，．
（2）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．
（3）由，得①无解，②，解得，
综上，．
所以当时，综合污染指数超标．
19．【答案】（1）解：当时，，故，
因为时，，
所以，
因为，
所以，解得．
（2）解：当时，，
则，
又因为，
故，
所以，当时，．
（3）解：由，则，
所以的定义域为，
若存在满足题意的，
先有在时恒成立，
则
在时恒成立，
首先有，
其次令，
关于的二次函数的对称轴为，
当时，即当时，还要保证，解得，
当时，只需，解得，
所以在时恒成立，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，，则，其中为对勾函数，
在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
故的值域是的子集，
综上所述，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，
当时，
图象的对称轴为，开口向上，
故在上单调递增，
当时，令，
则在上单调递增，
其中，，
由零点存在性定理可知：使得，
又因为，故需要满足，
所以只需满足，
当时，，不符合要求；
当时，则，解得，
因为，故无解，
综上所述，不存在．
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用赋值法得到，再由得出实数n的值.
（2）当时，，则，再根据求出函数的解析式.
（3）先求出的定义域为，根据复合函数的单调性得到在 上单调递减，再构造，则结合零点存在性定理得到使得，故需要满足，先由函数的定义域得到，分和两种情况求出函数的最小值，再分析得到均不合题意，则这样的实数不存在.
（1）当时，，故，
因为时，，所以，
因为，所以，解得．
（2）当时，，
则，
又，故，
所以当时，．
（3）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，图象的对称轴为，开口向上，
故在上单调递增，
当时，令，
则在上单调递增，
其中，，
由零点存在性定理可知：使得，
又，故需要满足，所以只需满足，
当时，，不符合要求；
当时，则，解得，
由于，故无解，
综上，不存在．
1 / 1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
1．（2024高一下·广东期末）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
【知识点】集合中元素的个数问题；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：由集合满足，
因为，可得，
又因为，可得，
因为，所以，
则集合中的元素个数为4．
故答案为：B.
【分析】根据题意结合交集、并集的运算法则和集合间的包含关系、元素与集合的关系，从而得出集合B，进而得出集合中的元素个数.
2．（2024高一下·广东期末） 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
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：整理，故复数在复平面内对应的点的坐标是，位于第四象限．
故答案为：D
【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.
3．（2024高一下·广东期末）“”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
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】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，
故充分性不成立，
故“”是“函数在区间上单调递增”的必要不充分条件.
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合复合函数的单调性和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出答案.
4．（2024高一下·广东期末）函数的图像大致为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数定义域为，
满足，则函数是奇函数，
当时，.
故答案为：A．
【分析】化简函数，判断其奇偶性，结合时的正负判断即可.
5．（2024高一下·广东期末）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．6 +4 B．6 +2 C．3 +4 D．3 +2
【答案】A
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是棱AD、DD1的中点，
∴EF∥AD1∥BC1，
∵EF 平面BCC1，BC1 平面BCC1，
∴EF∥平面BCC1，
由线面平行性质定理，过EF且过B的平面与面BCC1的交线l平行于EF，l即为BC1．
由正方体的边长为4，可得截面是以BE=C1F=2 为腰，EF=2 为上底，BC1=2EF=4 为下底的等腰梯形，故周长为6 +4 ，
故选A．
【分析】推导出EF∥平面BCC1，过EF且过B的平面与面BCC1的交线l平行于EF，l即为BC1．由此能求出过点B，E，F的平面截该正方体所得的截面周长．
6．（2024高一下·广东期末）如图，点是的重心，点是边上一点，且，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：延长交于，如图所示：
因为为的重心，所以点为的中点，
则，且，
又因为由，所以是的四等分点，
则
，
又因为，所以，，则．
故答案为：C.
【分析】延长交于，由题意可得且，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，即可求解的值.
7．（2024高一下·广东期末）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
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】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，可以含点，
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，
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.
故答案为：A.
【分析】把相位看成一个整体变量，再结合正弦曲线的对称性、单调性、最值求解方法，从而得出的取值范围、正弦型函数的单调性、正弦型函数的最值，从而逐项判断找出正确的选项.
8．（2024高一下·广东期末）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，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：法一：设，，
则，，
在中，由正弦定理，
则，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，
则圆的直径为，
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．
故答案为：B.
【分析】设，，利用正弦定理得到，在中利用余弦定理得到，再由三角恒等变换公式和三角函数的性质，从而求出，进而得出的最小值.
9．（2024高一下·广东期末）下列说法正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，则
C．若，，，则的最小值为4
D．若，，，则的最小值为4
【答案】A,C,D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：对于A，因为，，
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，
所以，
解得，当且仅当时取得等号，
故的最小值为4，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据不等式的基本性质可判断出选项A；举反例判断出选项B；根据基本不等式求最值的方法，则判断出选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2024高一下·广东期末）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】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】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，故A正确；
对于B，由圆台的侧面积公式，
得圆台的侧面积为：，故B正确；
对于C，由圆台的体积公式，
得圆台体积为：，故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，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】先求出圆台的高，从而求出圆台的母线与底面所成的角，则判断出选项A；由圆台的侧面积公式求解判断出选项B；由圆台的体积公式求解判断出选项C；设球心到下底面的距离为，由勾股定理得，从而求解判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高一下·广东期末）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】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：由，
则，
所以，故A正确；
所以，
由，
令，则，
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，故B错误；
所以，则，
又因为，所以，所以函数是偶函数，故C正确；
令，则；
令，则，
综上所述，当时，，，
，，
所以，
所以，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】由可得，则判断出选项A；由可得，由为奇函数可得函数关于点对称，可得，则令可得，则判断出选项B；由可得，则，则可判断选项C；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，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高一下·广东期末）已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由向量和，
可得，
则在上的投影向量的坐标为．
故答案为：.
【分析】根据题意结合数量积的坐标表示和向量的模的坐标表示，再结合数量积求投影向量坐标的方法，从而得出向量在向量上的投影向量的坐标.
13．（2024高一下·广东期末）在中，是的中点，，，，则　 　．
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，，
所以，
由正弦定理得：，
又因为，，
所以，解得，
由余弦定理可得：，
代入已知数据得：，，解得，
因为是的中点，所以，
由余弦定理可得：，
代入已知数据可得：，
则．
故答案为：.
【分析】在中利用正弦定理得出的长，再利用余弦定理得出的长，最后利用余弦定理得出AB的长.
14．（2024高一下·广东期末）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】
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，，
所以
，
因为，所以，
又因为，
所以
，
又因为，则，
所以．
又因为，，
所以，
又因为，，
所以，
所以．
故答案为：.
【分析】利用所给定义得到，结合同角三角函数基本关系式得到的值，同理可得，，再利用两角和的余弦公式得到的值，结合同角三角函数基本关系式得到的值，从而得到，再根据二倍角的余弦公式求出，从而求出.
15．（2024高一下·广东期末）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）得到函数的图象．
（1）求函数的解析式；
（2）若，求函数的值域．
【答案】（1）解：函数的图象向左平移个单位长度得的图象，
再将其纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图象，
即的解析式为；
（2）解：当时，，
则，即在区间上的值域为．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）根据三角函数图象的平移变换与伸缩变换的性质求函数的解析式即可；
（2）由的范围，可得的范围，求函数的值域即可．
（1）的图象向左平移个单位长度得的图象，
再将其纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图象；
（2）设，由，得，
则，即在区间上的值域为．
16．（2024高一下·广东期末）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：设与交于点，为的中点，连接，如图所示：
在中，是的中位线，则，
因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：在中，，，，
由余弦定理，解得，
则，即，为直角三角形，，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（3）解：在中过点作，垂足为，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
易知，，
由，可得．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设与交于点，可得，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由余弦定理得可得，由勾股定理可得，又平面，得，可得平面，即可证明；
（3）在中过点作，垂足为，可得平面，利用求解即可.
（1）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．
（2）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，．
（3）在中过点作，垂足为，
平面平面，且平面平面，平面
易知，，
，．
17．（2024高一下·广东期末）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）解：因为，
由正弦定理得：
，
，
得，
又因为，则，
所以，
又因为，
所以，且，
所以，则．
（2）解：法一：由正弦定理得：，
则，且，
所以
，则，
由为锐角三角形，，，得，
所以，则．
所以，且，
所以的周长的取值范围为．
法二：由，不妨设，则，
由为锐角三角形，只需，
由余弦定理得：，
则
又因为（*），
所以，
得：，解得，
由（*）式得：，
所以，且，
所以的周长的取值范围为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件和正弦定理边化角，将变形为的形式，从而得出的值，进而可得角的值.
（2）利用两种方法求解.
方法一：利用正弦定理将转化为，结合为锐角三角形结合正弦型函数求值域的方法，从而得出，再结合三角形的周长公式得出的周长的取值范围．
方法二，由为锐角三角形和余弦定理得到，从而得出a的取值范围，再利用得出c的取值范围，即可求得的周长的取值范围.
（1）已知，
由正弦定理得：，
，
得，
又，即，
即，
又因为，所以，且，
所以，即．
（2）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，则，
由为锐角三角形，只需，由余弦定理得：，
即．
又．（*）
所以，得：，解得．
由（*）式得：，
所以，且，
所以的周长的取值范围为．
18．（2024高一下·广东期末）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）解：当时，，
①当时，；
②当时，，
因为，
当且仅当时，即当时取等号，
所以，所以．
综上所述，．
（2）解：当时，，
令，则，
所以，
则在时是减函数，在时是增函数，
所以，
因为，，
解，得，
所以，当时，；
当时，，
则．
（3）解：由，得①无解，②，
解得，
综上所述，，
所以当时，综合污染指数超标．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用已知条件，当时，直接代入，当时，由基本不等式求最值的方法，从而得出环境综合污染指数的值域.
（2）当时，结合（1）去掉绝对值化简出函数解析式，再利用函数的单调性比较端点值的大小，从而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，从而可得该市市中心的综合污染指数不超标时的取值范围．
（1）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，．
（2）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．
（3）由，得①无解，②，解得，
综上，．
所以当时，综合污染指数超标．
19．（2024高一下·广东期末）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）解：当时，，故，
因为时，，
所以，
因为，
所以，解得．
（2）解：当时，，
则，
又因为，
故，
所以，当时，．
（3）解：由，则，
所以的定义域为，
若存在满足题意的，
先有在时恒成立，
则
在时恒成立，
首先有，
其次令，
关于的二次函数的对称轴为，
当时，即当时，还要保证，解得，
当时，只需，解得，
所以在时恒成立，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，，则，其中为对勾函数，
在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
故的值域是的子集，
综上所述，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，
当时，
图象的对称轴为，开口向上，
故在上单调递增，
当时，令，
则在上单调递增，
其中，，
由零点存在性定理可知：使得，
又因为，故需要满足，
所以只需满足，
当时，，不符合要求；
当时，则，解得，
因为，故无解，
综上所述，不存在．
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用赋值法得到，再由得出实数n的值.
（2）当时，，则，再根据求出函数的解析式.
（3）先求出的定义域为，根据复合函数的单调性得到在 上单调递减，再构造，则结合零点存在性定理得到使得，故需要满足，先由函数的定义域得到，分和两种情况求出函数的最小值，再分析得到均不合题意，则这样的实数不存在.
（1）当时，，故，
因为时，，所以，
因为，所以，解得．
（2）当时，，
则，
又，故，
所以当时，．
（3）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，图象的对称轴为，开口向上，
故在上单调递增，
当时，令，
则在上单调递增，
其中，，
由零点存在性定理可知：使得，
又，故需要满足，所以只需满足，
当时，，不符合要求；
当时，则，解得，
由于，故无解，
综上，不存在．
1 / 1

展开更多......

收起↑