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广东省广州第二中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、单选题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．若复数z满足（其中是虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由得
故答案为：C
【分析】利用复数的四则运算，先两边同时除以-1+i，再运用除法规则计算即可.
2．若平面向量，，若，则
A． B． C．1或 D．1或
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，且
，解得：或
故答案为：
【分析】根据平面向量共线定理得.
3．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则的形状是（　　）
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．不确定的
【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，
由正弦定理得，
设，
由余弦定理得，
所以为钝角，所以的形状是钝角三角形.
故答案为：A.
【分析】由正弦定理得，设，再利用余弦定理求出即可判断．
4．函数的部分图象大致为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：函数的定义域为，满足，则为奇函数，
当时，，排除BC；
当时，，，，
因为指数函数比幂函数增长的速度要快，所以当，函数值趋近于零，排除.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，再根据时函数值的正负以及函数图象的变化趋势判断即可确定正确答案.
5．设是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用对数函数的单调性比较大小；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由于为偶函数，则，
因为和为R上的减函数，为上的增函数，
所以，
又，所以，
由于在上单调递增，所以，
即.
故答案为：D
【分析】
将根据偶函数性质化简为的值，构造指数函数和，根据单调性得，结合对数函数性质得三者的大小，代入在单调性可解.
6．已知棱长为的正方体的中心为，若球的球面与该正方体的棱有公共点，则球的表面积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题意知，当球是正方体的棱切球时，球与棱有公共点，
如图：
此时球的半径，
当球是正方体的外接球时，球与棱有公共点，
如图：
此时球的半径，
所以球的半径，
故球的表面积.
故答案为：C.
【分析】 球是正方体的棱切球时，球与棱有公共点，此时的位置为最小的球，即为正方体的棱切球， 球的半径， ； 当球是正方体的外接球时，球与棱有公共点， 此时的位置为最大的球，即为正方体的外接球， 此时球的半径 ，得解.
7．已知实数为函数的两个零点，则下列结论正确的是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、因为实数为函数的两个零点，
所以实数为与图象交点的横坐标，
作出函数与的图象如图所示，
不妨设，
由图像可知，，所以，该选项错误，不合题意；
B、由图像可知，，
所以，故，
又因为，所以，所以，该选项正确，符合题意，
C、该选项错误，不合题意
D、该选项错误，不合题意.
故答案为：B．
【分析】实数为与图象交点的横坐标问题即为零点问题，作出两个函数的图象，观察图象，判断A；由交点的定义可得根据对数与指数的互化计算得，到，利用指数函数的单调性可判断BCD.
8．已知函数（，，）在区间上单调，且，则不等式的解集是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
，，
在区间单调，，，
，，
，
，，
，，
，
，，
，，
，
.
故答案为：A.
【分析】由辅助角公式得，， 区间上单调得；由与，联立可得，，此时可得解析式为；又由得，得不等式为，得解.
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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．设复数在复平面内对应的点为Z，原点为O，为虚数单位，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则或
B．若点Z的坐标为，且是关于的方程的一个根，则
C．为纯虚数
D．若，则点Z的集合所构成的图形的面积为
【答案】B,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、因为，则点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，
圆上的点对应的复数有无数个，该选项错误，不合题意；
B、由题意，所以，
即，所以，解得，
则，该选项正确，符合题意；
C、设，则，所以，
当时，，该选项错误，不合题意；
D、因为，则点的轨迹是两个圆心为点，
半径分别为的圆形成的圆环，则点的集合所构成的图形的面积为，该选项正确，符合题意.
故答案为：BD
【分析】，则点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，可判断A；由z得坐标得，代入方程，化简可得的值可判断B；由z及共轭复数的定义得，当时，可判断C； 复数模长的几何意义 得点的轨迹是两个圆心为点，半径分别为的圆形成的圆环，可判断D.
10．下列说法正确的是（　　）
A．空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内
B．正方体中，直线与是异面直线
C．用斜二测画法画水平放置的边长为1的正三角形，它的直观图的面积是
D．在平面外，其三边所在直线分别和交于，，，则，，一定共线
【答案】B,D
【知识点】平面图形的直观图；空间几何体的直观图；斜二测画法直观图；异面直线的判定
【解析】【解答】解：A、三棱锥的三条侧棱所在直线交于同一点，而这三条直线不共面，故A错误；
B、由于在正方体中，直线与既不平行也不相交，所以是异面直线，故B正确，
C、根据斜二测画法的规则可知：
直观图中，高，
所以直观图的面积，故C错误，
D、 因为所在平面与平面相交，由平面基本事实知，公共点都在交线上，即，，一定共线，故D正确；
故答案为：BD
【分析】由三棱锥的三条侧棱所在直线交于同一点，而这三条直线不共面，可判断A；由于在正方体中，直线与既不平行也不相交，所以是异面直线，可判断B；根据斜二测画法的规则得直观图中，高，可求直观图的面积，可判断C； 因为所在平面与平面相交，由平面基本事实知，公共点都在交线上，即，，一定共线，可判断D.
11．如图，直线，点A是，之间的一个定点，点A到，的距离分别为1和2．点B是直线上一个动点，过点A作，交直线于点C，点G满足，则（　　）
A． B．面积的最小值是
C． D．存在最小值
【答案】A,B,C
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、设中点为，连接，
以为原点，方向分别为轴建立如图所示的直角坐标系，
则，，设，，，，且，
所以，，因为，所以，
即，故，即，
所以，，，
因为，
所以，即，
因为，故，该选项正确，符合题意；
B、因为，所以，即，
所以三点共线，且为靠近的三等分点，
所以
，
当且仅当，即时取等，该选项正确，符合题意；
C、因为，
所以，
当且仅当，即时取等，故，该选项正确，符合题意；
D、因为，
所以，
因为且，所以，
记，由函数和在上递增，
可知在上单调递增，没有最值，即没有最值，该选项错误，不合题意.
故答案为：ABC
【分析】对于选项A，由垂直，建立直角坐标系，设出各点坐标，代入性质及，可得，可得，，即可判断A；对于选项B，由，，即，所以三点共线，且为靠近的三等分点，得，由基本不等式，可判断B；对于选项C，得，由基本不等式，验证等号，可判断C；对于选项D，，根据的范围即可得到的最值情况，可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知某圆台的体积为，其上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，则该圆台的高为　 　
【答案】3
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；棱柱、棱锥、棱台的体积；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台的高为h，上、下底面圆的半径为，
则由上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，
得，得，
由圆台的体积为，得，解得.
故答案为：3
【分析】由上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，得，利用圆台的体积为，以及圆台体积公式计算得解.
13．若且，已知是上的单调函数，则实数a的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；复合函数的单调性；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为在R上单调，且当时，单调递增，
所以在R上单调递增，则需满足，解得，
即a的取值范围是.
故答案为：
【分析】在R上单调，且当时，单调递增，得，解得a的范围.
14．“三角形内角嵌入不等式”是英国数学家约瑟夫·沃尔斯滕霍姆所提出的平面几何中的一个不等式，在不至于引起歧义的情况下简称“嵌入不等式”．该不等式指出，若A，B，C是的三个内角，则对任意实数、、，有：，不等式的取等条件为：存在实数k，使得，，．根据以上材料，在中，的最大值为　 　．此时，　 　．
【答案】；
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；余弦定理
【解析】【解答】解：由“嵌入不等式”可得：，
当且仅当存在实数使得，
故，
则，故，
因此，
因此，即的最大值为，此时.
故答案为：；
【分析】由“嵌入不等式”可得：，验证等号得，故，即的最大值为，得解.
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．如图，在高为2的正三棱柱中，，是棱上的点．
（1）求该正三棱柱的表面积以及三棱锥的体积；
（2）设E为棱的中点，F为棱上一点，求的最小值，此时的长度是多少？
【答案】（1）解：因为正三棱柱的高为，，
所以，
，
所以该正三棱柱的表面积为，
所以；
（2）解：将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．
当三点共线时，取得最小值，且最小值为，
此时因为，所以，所以，即，解得．
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1），，得正三棱柱的表面积，代入体积公式得解；
（2）由题意做出图，可得当三点共线时，取得最小值，所以，所以，即，得解.
（1）因为正三棱柱的高为，，
所以，
，
所以该正三棱柱的表面积为，
所以；
（2）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．
当三点共线时，取得最小值，且最小值为，
此时因为，所以，所以，即，解得．
16．如图，A，B是某海域位于南北方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东，B点南偏东的C处有一艘渔船遇险后抛锚发出求救信号，位于B点正西方向且与B点相距100海里的D处的救援船立即前往营救，其航行速度为80海里/时.
（1）求B，C两点间的距离；
（2）该救援船前往营救渔船时应该沿南偏东多少度的方向航行？救援船到达C处需要多长时间？（参考数据：，角度精确到0.01）
【答案】（1）解：依题意得，，
所以，
在中，由正弦定理得，
，
故（海里），
所以求两点间的距离为60海里.
（2）解：依题意得，
在中，由余弦定理得，
所以（海里），
所以救搜船到达C处需要的时间为小时，
在中，由余弦定理得，
因为，
所以，
所以该救援船前往营救渔船时的方向是南偏东﹒
【知识点】解三角形；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）由题意得，，中，由正弦定理得BC；
（2）先求出，在中，由余弦定理得，中，由余弦定理得，结合已知数据得解.
（1）依题意得，，
所以，
在中，由正弦定理得，
，
故（海里），
所以求两点间的距离为60海里.
（2）依题意得，
在中，由余弦定理得，
所以（海里），
所以救搜船到达C处需要的时间为小时，
在中，由余弦定理得，
因为，
所以，
所以该救援船前往营救渔船时的方向是南偏东﹒
17．在平行四边形ABCD中，，，，F是线段AD的中点，，．
（1）若，AE与BF交于点N，，求的值；
（2）求的最小值．
【答案】（1）解：当时，，即为的中点，
因为三点共线，
设，则
，
因为三点共线，
设，则，
又不共线，
根据平面向量基本定理得解得
所以，又，则
所以.
（2）解：因为，，
所以
，
因为，所以，
所以
，
因为，所以当时，取得最小值，且最小值为.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由三点共线，得，又三点共线，；对比系数得，从而可得的值；
（2）由平面向量基本定理则，为基底表示，，结合数量积得，由一元二次函数性质得解.
（1）当时，，即为的中点，
因为三点共线，
设，则
，
因为三点共线，
设，则，
又不共线，
根据平面向量基本定理得解得
所以，又，则
所以.
（2）因为，，
所以
，
因为，所以，
所以
，
因为，所以当时，取得最小值，且最小值为.
18．已知函数，对，有.
（1）求的值及的单调递增区间；
（2）在中，已知，，其面积为，求内角B的角平分线BD的长度；
（3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若，，求实数m的取值范围．
【答案】（1）解：，
因为对，有，可得当时，取得最值，
所以，，
可得，，又，所以，
所以，
由，，可得，，
所以的单调递增区间为（）.
（2）解：因为，又，所以，所以，
所以，又，所以，所以，
，得.
（3）解：将函数图象上的所有点，向右平移个单位后得到
函数的图象，进而可得，
令，，
只需，
令，
因为，所以，所以，
因为，可得，
所以，
因为，所以当时，，
所以，即，解得或.
所以实数的取值范围为或.
【知识点】二倍角的正弦公式；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）根据二倍角公式及辅助角公式原式可化为，代入得当时，取得最值，可得，得到，整体法得到函数单调性；
（2）由，及B的范围得，由面积为得到将由分成两个三角形，利用计算得解；
（3）根据伸缩和平移变换得到，设h(x)，题意只需求，换元设，从而得到由一元二次函数性质可得，解，得解.
（1），
因为对，有，可得当时，取得最值，
所以，，
可得，，又，所以，
所以，
由，，可得，，
所以的单调递增区间为（）.
（2）因为，又，所以，所以，
所以，又，所以，所以，
，得.
（3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后得到
函数的图象，进而可得，
令，，
只需，
令，
因为，所以，所以，
因为，可得，
所以，
因为，所以当时，，
所以，即，解得或.
所以实数的取值范围为或.
19．设函数的定义域为，对于区间，若满足，恒有，则称函数在区间上的增长系数为．例如，若函数满足，恒有，则称函数在区间上的增长系数为1．
（1）求函数，在上的增长系数；
（2）若3和4都是函数在上的增长系数，求的取值范围；
（3）若函数，在上的增长系数仅为，求的最小值及此时的取值范围．
【答案】（1）解：因为函数在上单调递增，
当时，；当时，，所以，
而，所以函数在上的增长系数为1；
因为函数在上单调递增，
当时，；当时，，所以，
而，所以函数在上的增长系数为2；
（2）解：，
因为，令，则，
因为3和4都是函数在上的增长系数，
所以，
所以，即，整理得，
因为，所以，所以；
（3）解：令，易知函数在上单调递增，
又在单调递增，
根据复合函数的单调性知函数在上单调递增，
，，
则，
因为函数在上的增长系数仅为，
所以，
则，即，
故，
由题设可得存在唯一的正整数，
且，
所以，解得，故，即的最小值为5，
此时且，即，
所以的最小值为5，此时.
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；指数函数单调性的应用；对数函数图象与性质的综合应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据函数的单调性求出值域，而，得该函数增长系数为1，同理，由单调性得，，该函数增长系数为2；
（2）令，类比（1）得根据增长系数为3和4得，所以，即，整理得，又，得解；
（3）类比（1）方法可由函数的单调性求出值域：函数在上增长系数仅为，则，故；由题设可得存在唯一的正整数，得，解的最小值为5，从而求得m.
（1）因为函数在上单调递增，
当时，；当时，，所以，
而，所以函数在上的增长系数为1；
因为函数在上单调递增，
当时，；当时，，所以，
而，所以函数在上的增长系数为2；
（2），
因为，令，则，
因为3和4都是函数在上的增长系数，
所以，
所以，即，整理得，
因为，所以，所以；
（3）令，易知函数在上单调递增，
又在单调递增，
根据复合函数的单调性知函数在上单调递增，
，，
则，
因为函数在上的增长系数仅为，
所以，
则，即，
故，
由题设可得存在唯一的正整数，
且，
所以，解得，故，即的最小值为5，
此时且，即，
所以的最小值为5，此时.
1 / 1广东省广州第二中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、单选题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．若复数z满足（其中是虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
2．若平面向量，，若，则
A． B． C．1或 D．1或
3．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则的形状是（　　）
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．不确定的
4．函数的部分图象大致为（　　）
A．
B．
C．
D．
5．设是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（　　）
A． B．
C． D．
6．已知棱长为的正方体的中心为，若球的球面与该正方体的棱有公共点，则球的表面积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．已知实数为函数的两个零点，则下列结论正确的是(　　)
A． B．
C． D．
8．已知函数（，，）在区间上单调，且，则不等式的解集是（　　）
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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．设复数在复平面内对应的点为Z，原点为O，为虚数单位，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则或
B．若点Z的坐标为，且是关于的方程的一个根，则
C．为纯虚数
D．若，则点Z的集合所构成的图形的面积为
10．下列说法正确的是（　　）
A．空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内
B．正方体中，直线与是异面直线
C．用斜二测画法画水平放置的边长为1的正三角形，它的直观图的面积是
D．在平面外，其三边所在直线分别和交于，，，则，，一定共线
11．如图，直线，点A是，之间的一个定点，点A到，的距离分别为1和2．点B是直线上一个动点，过点A作，交直线于点C，点G满足，则（　　）
A． B．面积的最小值是
C． D．存在最小值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知某圆台的体积为，其上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，则该圆台的高为　 　
13．若且，已知是上的单调函数，则实数a的取值范围为　 　．
14．“三角形内角嵌入不等式”是英国数学家约瑟夫·沃尔斯滕霍姆所提出的平面几何中的一个不等式，在不至于引起歧义的情况下简称“嵌入不等式”．该不等式指出，若A，B，C是的三个内角，则对任意实数、、，有：，不等式的取等条件为：存在实数k，使得，，．根据以上材料，在中，的最大值为　 　．此时，　 　．
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．如图，在高为2的正三棱柱中，，是棱上的点．
（1）求该正三棱柱的表面积以及三棱锥的体积；
（2）设E为棱的中点，F为棱上一点，求的最小值，此时的长度是多少？
16．如图，A，B是某海域位于南北方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东，B点南偏东的C处有一艘渔船遇险后抛锚发出求救信号，位于B点正西方向且与B点相距100海里的D处的救援船立即前往营救，其航行速度为80海里/时.
（1）求B，C两点间的距离；
（2）该救援船前往营救渔船时应该沿南偏东多少度的方向航行？救援船到达C处需要多长时间？（参考数据：，角度精确到0.01）
17．在平行四边形ABCD中，，，，F是线段AD的中点，，．
（1）若，AE与BF交于点N，，求的值；
（2）求的最小值．
18．已知函数，对，有.
（1）求的值及的单调递增区间；
（2）在中，已知，，其面积为，求内角B的角平分线BD的长度；
（3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若，，求实数m的取值范围．
19．设函数的定义域为，对于区间，若满足，恒有，则称函数在区间上的增长系数为．例如，若函数满足，恒有，则称函数在区间上的增长系数为1．
（1）求函数，在上的增长系数；
（2）若3和4都是函数在上的增长系数，求的取值范围；
（3）若函数，在上的增长系数仅为，求的最小值及此时的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由得
故答案为：C
【分析】利用复数的四则运算，先两边同时除以-1+i，再运用除法规则计算即可.
2．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，且
，解得：或
故答案为：
【分析】根据平面向量共线定理得.
3．【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，
由正弦定理得，
设，
由余弦定理得，
所以为钝角，所以的形状是钝角三角形.
故答案为：A.
【分析】由正弦定理得，设，再利用余弦定理求出即可判断．
4．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：函数的定义域为，满足，则为奇函数，
当时，，排除BC；
当时，，，，
因为指数函数比幂函数增长的速度要快，所以当，函数值趋近于零，排除.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，再根据时函数值的正负以及函数图象的变化趋势判断即可确定正确答案.
5．【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用对数函数的单调性比较大小；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由于为偶函数，则，
因为和为R上的减函数，为上的增函数，
所以，
又，所以，
由于在上单调递增，所以，
即.
故答案为：D
【分析】
将根据偶函数性质化简为的值，构造指数函数和，根据单调性得，结合对数函数性质得三者的大小，代入在单调性可解.
6．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题意知，当球是正方体的棱切球时，球与棱有公共点，
如图：
此时球的半径，
当球是正方体的外接球时，球与棱有公共点，
如图：
此时球的半径，
所以球的半径，
故球的表面积.
故答案为：C.
【分析】 球是正方体的棱切球时，球与棱有公共点，此时的位置为最小的球，即为正方体的棱切球， 球的半径， ； 当球是正方体的外接球时，球与棱有公共点， 此时的位置为最大的球，即为正方体的外接球， 此时球的半径 ，得解.
7．【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、因为实数为函数的两个零点，
所以实数为与图象交点的横坐标，
作出函数与的图象如图所示，
不妨设，
由图像可知，，所以，该选项错误，不合题意；
B、由图像可知，，
所以，故，
又因为，所以，所以，该选项正确，符合题意，
C、该选项错误，不合题意
D、该选项错误，不合题意.
故答案为：B．
【分析】实数为与图象交点的横坐标问题即为零点问题，作出两个函数的图象，观察图象，判断A；由交点的定义可得根据对数与指数的互化计算得，到，利用指数函数的单调性可判断BCD.
8．【答案】A
【知识点】正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
，，
在区间单调，，，
，，
，
，，
，，
，
，，
，，
，
.
故答案为：A.
【分析】由辅助角公式得，， 区间上单调得；由与，联立可得，，此时可得解析式为；又由得，得不等式为，得解.
9．【答案】B,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、因为，则点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，
圆上的点对应的复数有无数个，该选项错误，不合题意；
B、由题意，所以，
即，所以，解得，
则，该选项正确，符合题意；
C、设，则，所以，
当时，，该选项错误，不合题意；
D、因为，则点的轨迹是两个圆心为点，
半径分别为的圆形成的圆环，则点的集合所构成的图形的面积为，该选项正确，符合题意.
故答案为：BD
【分析】，则点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，可判断A；由z得坐标得，代入方程，化简可得的值可判断B；由z及共轭复数的定义得，当时，可判断C； 复数模长的几何意义 得点的轨迹是两个圆心为点，半径分别为的圆形成的圆环，可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】平面图形的直观图；空间几何体的直观图；斜二测画法直观图；异面直线的判定
【解析】【解答】解：A、三棱锥的三条侧棱所在直线交于同一点，而这三条直线不共面，故A错误；
B、由于在正方体中，直线与既不平行也不相交，所以是异面直线，故B正确，
C、根据斜二测画法的规则可知：
直观图中，高，
所以直观图的面积，故C错误，
D、 因为所在平面与平面相交，由平面基本事实知，公共点都在交线上，即，，一定共线，故D正确；
故答案为：BD
【分析】由三棱锥的三条侧棱所在直线交于同一点，而这三条直线不共面，可判断A；由于在正方体中，直线与既不平行也不相交，所以是异面直线，可判断B；根据斜二测画法的规则得直观图中，高，可求直观图的面积，可判断C； 因为所在平面与平面相交，由平面基本事实知，公共点都在交线上，即，，一定共线，可判断D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、设中点为，连接，
以为原点，方向分别为轴建立如图所示的直角坐标系，
则，，设，，，，且，
所以，，因为，所以，
即，故，即，
所以，，，
因为，
所以，即，
因为，故，该选项正确，符合题意；
B、因为，所以，即，
所以三点共线，且为靠近的三等分点，
所以
，
当且仅当，即时取等，该选项正确，符合题意；
C、因为，
所以，
当且仅当，即时取等，故，该选项正确，符合题意；
D、因为，
所以，
因为且，所以，
记，由函数和在上递增，
可知在上单调递增，没有最值，即没有最值，该选项错误，不合题意.
故答案为：ABC
【分析】对于选项A，由垂直，建立直角坐标系，设出各点坐标，代入性质及，可得，可得，，即可判断A；对于选项B，由，，即，所以三点共线，且为靠近的三等分点，得，由基本不等式，可判断B；对于选项C，得，由基本不等式，验证等号，可判断C；对于选项D，，根据的范围即可得到的最值情况，可判断D.
12．【答案】3
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；棱柱、棱锥、棱台的体积；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台的高为h，上、下底面圆的半径为，
则由上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，
得，得，
由圆台的体积为，得，解得.
故答案为：3
【分析】由上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，得，利用圆台的体积为，以及圆台体积公式计算得解.
13．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；复合函数的单调性；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为在R上单调，且当时，单调递增，
所以在R上单调递增，则需满足，解得，
即a的取值范围是.
故答案为：
【分析】在R上单调，且当时，单调递增，得，解得a的范围.
14．【答案】；
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；余弦定理
【解析】【解答】解：由“嵌入不等式”可得：，
当且仅当存在实数使得，
故，
则，故，
因此，
因此，即的最大值为，此时.
故答案为：；
【分析】由“嵌入不等式”可得：，验证等号得，故，即的最大值为，得解.
15．【答案】（1）解：因为正三棱柱的高为，，
所以，
，
所以该正三棱柱的表面积为，
所以；
（2）解：将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．
当三点共线时，取得最小值，且最小值为，
此时因为，所以，所以，即，解得．
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1），，得正三棱柱的表面积，代入体积公式得解；
（2）由题意做出图，可得当三点共线时，取得最小值，所以，所以，即，得解.
（1）因为正三棱柱的高为，，
所以，
，
所以该正三棱柱的表面积为，
所以；
（2）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．
当三点共线时，取得最小值，且最小值为，
此时因为，所以，所以，即，解得．
16．【答案】（1）解：依题意得，，
所以，
在中，由正弦定理得，
，
故（海里），
所以求两点间的距离为60海里.
（2）解：依题意得，
在中，由余弦定理得，
所以（海里），
所以救搜船到达C处需要的时间为小时，
在中，由余弦定理得，
因为，
所以，
所以该救援船前往营救渔船时的方向是南偏东﹒
【知识点】解三角形；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）由题意得，，中，由正弦定理得BC；
（2）先求出，在中，由余弦定理得，中，由余弦定理得，结合已知数据得解.
（1）依题意得，，
所以，
在中，由正弦定理得，
，
故（海里），
所以求两点间的距离为60海里.
（2）依题意得，
在中，由余弦定理得，
所以（海里），
所以救搜船到达C处需要的时间为小时，
在中，由余弦定理得，
因为，
所以，
所以该救援船前往营救渔船时的方向是南偏东﹒
17．【答案】（1）解：当时，，即为的中点，
因为三点共线，
设，则
，
因为三点共线，
设，则，
又不共线，
根据平面向量基本定理得解得
所以，又，则
所以.
（2）解：因为，，
所以
，
因为，所以，
所以
，
因为，所以当时，取得最小值，且最小值为.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由三点共线，得，又三点共线，；对比系数得，从而可得的值；
（2）由平面向量基本定理则，为基底表示，，结合数量积得，由一元二次函数性质得解.
（1）当时，，即为的中点，
因为三点共线，
设，则
，
因为三点共线，
设，则，
又不共线，
根据平面向量基本定理得解得
所以，又，则
所以.
（2）因为，，
所以
，
因为，所以，
所以
，
因为，所以当时，取得最小值，且最小值为.
18．【答案】（1）解：，
因为对，有，可得当时，取得最值，
所以，，
可得，，又，所以，
所以，
由，，可得，，
所以的单调递增区间为（）.
（2）解：因为，又，所以，所以，
所以，又，所以，所以，
，得.
（3）解：将函数图象上的所有点，向右平移个单位后得到
函数的图象，进而可得，
令，，
只需，
令，
因为，所以，所以，
因为，可得，
所以，
因为，所以当时，，
所以，即，解得或.
所以实数的取值范围为或.
【知识点】二倍角的正弦公式；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）根据二倍角公式及辅助角公式原式可化为，代入得当时，取得最值，可得，得到，整体法得到函数单调性；
（2）由，及B的范围得，由面积为得到将由分成两个三角形，利用计算得解；
（3）根据伸缩和平移变换得到，设h(x)，题意只需求，换元设，从而得到由一元二次函数性质可得，解，得解.
（1），
因为对，有，可得当时，取得最值，
所以，，
可得，，又，所以，
所以，
由，，可得，，
所以的单调递增区间为（）.
（2）因为，又，所以，所以，
所以，又，所以，所以，
，得.
（3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后得到
函数的图象，进而可得，
令，，
只需，
令，
因为，所以，所以，
因为，可得，
所以，
因为，所以当时，，
所以，即，解得或.
所以实数的取值范围为或.
19．【答案】（1）解：因为函数在上单调递增，
当时，；当时，，所以，
而，所以函数在上的增长系数为1；
因为函数在上单调递增，
当时，；当时，，所以，
而，所以函数在上的增长系数为2；
（2）解：，
因为，令，则，
因为3和4都是函数在上的增长系数，
所以，
所以，即，整理得，
因为，所以，所以；
（3）解：令，易知函数在上单调递增，
又在单调递增，
根据复合函数的单调性知函数在上单调递增，
，，
则，
因为函数在上的增长系数仅为，
所以，
则，即，
故，
由题设可得存在唯一的正整数，
且，
所以，解得，故，即的最小值为5，
此时且，即，
所以的最小值为5，此时.
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；指数函数单调性的应用；对数函数图象与性质的综合应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据函数的单调性求出值域，而，得该函数增长系数为1，同理，由单调性得，，该函数增长系数为2；
（2）令，类比（1）得根据增长系数为3和4得，所以，即，整理得，又，得解；
（3）类比（1）方法可由函数的单调性求出值域：函数在上增长系数仅为，则，故；由题设可得存在唯一的正整数，得，解的最小值为5，从而求得m.
（1）因为函数在上单调递增，
当时，；当时，，所以，
而，所以函数在上的增长系数为1；
因为函数在上单调递增，
当时，；当时，，所以，
而，所以函数在上的增长系数为2；
（2），
因为，令，则，
因为3和4都是函数在上的增长系数，
所以，
所以，即，整理得，
因为，所以，所以；
（3）令，易知函数在上单调递增，
又在单调递增，
根据复合函数的单调性知函数在上单调递增，
，，
则，
因为函数在上的增长系数仅为，
所以，
则，即，
故，
由题设可得存在唯一的正整数，
且，
所以，解得，故，即的最小值为5，
此时且，即，
所以的最小值为5，此时.
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