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广东省广州市三校（广附、广铁、广外）2024-2025学年高一下学期期末联考数学试卷
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．4
5．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0.1
B．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10.2
C．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12，9
D．数据 的上四分位数是24
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
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4
C．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？
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，使得关于的“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.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：令，解得，即集合，
集合，则.
故答案为：C.
【分析】根据对数函数有意义，列不等式，求得集合，再根据集合交集的定义求即可.
2．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复数的基本概念
【解析】【解答】解：，
若 ，则，解得，
所以“”是“”的必要不充分条件，即“且复数”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
【分析】复数属于实数，则虚部为0，列式求出参数a的值，进而根据充分条件和必要条件的定义即可求解.
3．【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：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；
B，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，B错误；
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；
D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.
故答案为：D
【分析】A：举反例说明线线垂直、线面平行时，直线不一定垂直于平面；B：举反例说明线面平行、面面垂直时，直线不一定垂直于平面；C：举反例说明线面垂直、面面垂直时，直线不一定平行于平面；D：根据线面垂直的性质判断两个平面平行。
4．【答案】D
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】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.
故答案为：D.
【分析】直接利用投影向量的定义求解即可.
5．【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题意可知当时，，所以，
与矛盾，所以，，
所以，
所以，即，
故选：A.
【分析】对是否为进行讨论，可得，，再结合二倍角的正弦公式可得，进而可得，再利用两角和的余弦公式即可求解.
6．【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：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，
则，，
整理得，即，故.
故答案为：D.
【分析】设圆锥的底面半径为，圆台的上底面半径为，圆台的高为，由相似比，求得，再利用体积求解即可.
7．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：假设甲为假，其余为真，所以丙为真.
由丙：知，.
因为，而，
所以，
这与甲为假矛盾，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.
故答案为：D
【分析】本题考查平面向量与三角形性质的综合应用，需逐一分析四个命题的正确性，找出唯一的假命题。
8．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：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；
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；
C，由可得，但的值不能确定，
又，，则，
因，值不能确定，故C错误；
D，因，则，故，又，两式相加，可得，即，又，则，
于是，故D正确.
故答案为：D
【分析】A：利用函数关于点对称的性质推导与的关系；B：通过赋值和递推，结合周期性推导与的关系；C：先确定的周期及一个周期内的和，再计算求和并判断；D：先确定的周期及一个周期内的和，再计算求和并判断。
9．【答案】A,B,D
【知识点】简单随机抽样；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A，每个个体被抽到的概率为，故A正确；
B，由题意得，的平均数为：，方差为：，故B正确；
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；
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.
故答案为：ABD.
【分析】A：利用简单随机抽样中个体被抽到的概率公式判断；B：根据混合样本的均值和方差计算公式计算；C：结合极差和方差的性质判断；D：根据百分位数的定义求上四分位数。
10．【答案】A,D
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】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正确；
，B错误；
解不等式，解得，
所以，函数的单调递增区间为，C错误；
，所以，函数的图象关于直线对称，D正确.
故答案为：AD.
【分析】A：先求函数解析式，再计算f(0)的值；B：根据解析式判断ω+φ的值；C：结合余弦函数的单调性求f(x)的单调区间；D：根据余弦函数的对称轴性质判断。
11．【答案】A,B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：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，
则该几何体的表面积为，故A正确；
B、该几何体的体积为，故B正确；
C、因为，所以是直线与直线所成的角，
又因为，所以，故C正确；
D、设的中点为，连接、，则，，
则即二面角的平面角，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、、，则，，
则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据正四面体的表面积即可判断A；利用割补法，结合体积公式求解即可判断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，结合空间向量法求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】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：
【分析】本题考查复合函数的单调性，核心是结合对数函数与二次函数的性质，确定参数的取值范围。
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可得：“两次得分和为0分”情况分第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”、第一次“2个小球中有红球”，第二次“2个小球颜色相同”、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，
一次取2个小球的情况包括：，
共有10种取法，而颜色相同的取法有两种，
则第一次取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，
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：.
【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，分别计算即可.
14．【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：在中，，
由余弦定理可得，
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：.
【分析】在中，利用余弦定理求得，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，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，再根据球的的表面积公式求解即可.
15．【答案】（1）证明：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；
（2）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的距离为d，所以三棱锥的体积．
由，得，
解得．
【知识点】平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 先利用等腰梯形性质证明 ，再结合已知 ，证明 平面 ，从而推出面面垂直；
(2) 利用等体积法，通过计算三棱锥 的体积，求出点 到平面 的距离。
（1）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；
（2）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的距离为d，所以三棱锥的体积．
由，得，
解得．
16．【答案】（1）解：（i）记甲队通过点球大战获得冠军为事件，事件包含甲队主胜客负、主负客胜、主平客平，然后点球获胜，
，
因为，所以，则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，
，
将代入得，则甲队获得冠军的概率为；
（2）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，
则，
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.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）（i）记甲队通过点球大战获得冠军为事件，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，求出概率相加即可得甲队通过点球大战获得冠军的概率；
（ii）记甲队获得冠军为事件，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，相加即可得甲队获得冠军的概率；
（2）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，计算出相应的概率，结合 （1）中所求甲队获得冠军的概率，利用作差法比较可得结论.
（1）（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
（2）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．【答案】（1）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；
（2）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，则当时，，
故AC的最大值是.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）（i）设，在中，利用余弦定理结合已知求出，再求的面积即可；
（ii）设，由题意可得，利用等腰三角形性质结合二倍角公式求解即可；
（2）连接，利用余弦定理可得，，再在中，利用余弦定理、正弦、余弦的二倍角公式、辅助角公式以及正弦函数的性质求解即可.
（1）（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.
（2）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.
18．【答案】（1）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.
（2）（i）证明：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，由零点存在性定理得存在作为零点，
故一定存在两个零点，，得到，
而，
，
，
，得到，
故，结合，得到，
而，则，结合，
故和都在同一单调区间内，即，解得；
（ii）解：若，则，
由已知得，故，
则使即可，而，
由基本不等式得，
当且仅当时取等，此时，则
而，故在同一单调区间内，
得到，即，
由题意得，我们开始讨论的取值范围，
当时，方程变为，解得，
此时的解集中只含有一个元素，符合题意，
当时，得到，
即，若解集中只含有一个元素，
则和在上只有一个交点，
而，
，
令，则，代入原函数中，
原函数可化为，
，
化简得，当时，此时符合题意，
当时，，
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减，在上单调递增，
则在上单调递减，在上单调递增，
而，且当时，，
当时，，
且当时，，即当时，满足题意，
则，综上，.
【知识点】函数单调性的性质；对数的性质与运算法则；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】(1) 通过换元法将对数函数转化为二次函数，利用复合函数单调性判断 的单调区间；
(2) (i) 利用函数对称性证明 的零点满足 ；
(ii) 结合函数单调性与方程解的唯一性，求参数 的取值范围。
（1）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.
（2）（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，由零点存在性定理得存在作为零点，
故一定存在两个零点，，得到，
而，
，
，
，得到，
故，结合，得到，
而，则，结合，
故和都在同一单调区间内，即，解得；
（ii）若，则，
由已知得，故，
则使即可，而，
由基本不等式得，
当且仅当时取等，此时，则
而，故在同一单调区间内，
得到，即，
由题意得，我们开始讨论的取值范围，
当时，方程变为，解得，
此时的解集中只含有一个元素，符合题意，
当时，得到，
即，若解集中只含有一个元素，
则和在上只有一个交点，
而，
，
令，则，代入原函数中，
原函数可化为，
，
化简得，当时，此时符合题意，
当时，，
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减，在上单调递增，
则在上单调递减，在上单调递增，
而，且当时，，
当时，，
且当时，，即当时，满足题意，
则，综上，.
19．【答案】（1）解：由题意得，则关于的“差比模”为；
（2）证明：先证明共轭复数有如下性质：若任意，则，
证明：设，
则，
而，
故.
；
；
故，
综上，共轭复数的性质得证，
记当“差比模”取最大值时的复数为，即，
由已知发现，
由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得
因为，
所以若当时取得，则时取到，
故可知，
由取遍，不恒为常数，则，
故由基本不等式可得，
故不存在，使得关于的“差比模”是协调的；
（3）解：且，设，
则，
平方整理可得：
则，
即，
平方整理得：，
令，设方程，
则，
故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设，
由题意知，，
则，且，
故方程有两不等的正实数根，
由关于的不等式，
解得， 则，，
由已知关于的“差比模”是协调的，则，
所以，
利用韦达定理，，
则有，
化简可得，
故．
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；辅助角公式；共轭复数
【解析】【分析】（1）由“差比模”定义代入复数，由复数的代数运算及求模即可；
（2）由，利用共轭复数的性质与模的性质可得，利用基本不等式可得可知不存在，使得关于的“差比模”是协调的；
（3）设，由平方整理再结合辅助角公式可得，利用三角函数有界性可得关于的不等式，由此可解得，结合韦达定理与题意关于的“差比模”是协调的，化简可求.
（1）由题意得，
故关于的“差比模”为.
（2）先证明共轭复数有如下性质：若任意，则.
证明：设，
则，
而，
故.
；
；
故.
综上，共轭复数的性质得证.
记当“差比模”取最大值时的复数为，即.
由已知发现，
由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得
因为，
所以若当时取得，则时取到，
故可知，
由取遍，不恒为常数，则，
故由基本不等式可得，
故不存在，使得关于的“差比模”是协调的.
（3）且，设，
则，
平方整理可得：
所以，
即，
平方整理得：，
令，设方程，
则，
故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设.
由题意知，，
则，且，
故方程有两不等的正实数根，
由关于的不等式，
解得， 则，，
由已知关于的“差比模”是协调的，则，
所以，
利用韦达定理，，
则有，
化简可得，
故．
1 / 1广东省广州市三校（广附、广铁、广外）2024-2025学年高一下学期期末联考数学试卷
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
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：令，解得，即集合，
集合，则.
故答案为：C.
【分析】根据对数函数有意义，列不等式，求得集合，再根据集合交集的定义求即可.
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
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复数的基本概念
【解析】【解答】解：，
若 ，则，解得，
所以“”是“”的必要不充分条件，即“且复数”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
【分析】复数属于实数，则虚部为0，列式求出参数a的值，进而根据充分条件和必要条件的定义即可求解.
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
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：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；
B，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，B错误；
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；
D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.
故答案为：D
【分析】A：举反例说明线线垂直、线面平行时，直线不一定垂直于平面；B：举反例说明线面平行、面面垂直时，直线不一定垂直于平面；C：举反例说明线面垂直、面面垂直时，直线不一定平行于平面；D：根据线面垂直的性质判断两个平面平行。
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．4
【答案】D
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】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.
故答案为：D.
【分析】直接利用投影向量的定义求解即可.
5．已知，，则（　　）
A．0 B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题意可知当时，，所以，
与矛盾，所以，，
所以，
所以，即，
故选：A.
【分析】对是否为进行讨论，可得，，再结合二倍角的正弦公式可得，进而可得，再利用两角和的余弦公式即可求解.
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．
【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：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，
则，，
整理得，即，故.
故答案为：D.
【分析】设圆锥的底面半径为，圆台的上底面半径为，圆台的高为，由相似比，求得，再利用体积求解即可.
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
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：假设甲为假，其余为真，所以丙为真.
由丙：知，.
因为，而，
所以，
这与甲为假矛盾，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.
故答案为：D
【分析】本题考查平面向量与三角形性质的综合应用，需逐一分析四个命题的正确性，找出唯一的假命题。
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
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：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；
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；
C，由可得，但的值不能确定，
又，，则，
因，值不能确定，故C错误；
D，因，则，故，又，两式相加，可得，即，又，则，
于是，故D正确.
故答案为：D
【分析】A：利用函数关于点对称的性质推导与的关系；B：通过赋值和递推，结合周期性推导与的关系；C：先确定的周期及一个周期内的和，再计算求和并判断；D：先确定的周期及一个周期内的和，再计算求和并判断。
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0.1
B．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10.2
C．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12，9
D．数据 的上四分位数是24
【答案】A,B,D
【知识点】简单随机抽样；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A，每个个体被抽到的概率为，故A正确；
B，由题意得，的平均数为：，方差为：，故B正确；
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；
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.
故答案为：ABD.
【分析】A：利用简单随机抽样中个体被抽到的概率公式判断；B：根据混合样本的均值和方差计算公式计算；C：结合极差和方差的性质判断；D：根据百分位数的定义求上四分位数。
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】A,D
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】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正确；
，B错误；
解不等式，解得，
所以，函数的单调递增区间为，C错误；
，所以，函数的图象关于直线对称，D正确.
故答案为：AD.
【分析】A：先求函数解析式，再计算f(0)的值；B：根据解析式判断ω+φ的值；C：结合余弦函数的单调性求f(x)的单调区间；D：根据余弦函数的对称轴性质判断。
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4
C．直线与直线所成的角为 D．二面角的余弦值为
【答案】A,B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：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，
则该几何体的表面积为，故A正确；
B、该几何体的体积为，故B正确；
C、因为，所以是直线与直线所成的角，
又因为，所以，故C正确；
D、设的中点为，连接、，则，，
则即二面角的平面角，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、、，则，，
则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据正四面体的表面积即可判断A；利用割补法，结合体积公式求解即可判断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，结合空间向量法求解即可判断D.
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】
【知识点】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：
【分析】本题考查复合函数的单调性，核心是结合对数函数与二次函数的性质，确定参数的取值范围。
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】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可得：“两次得分和为0分”情况分第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”、第一次“2个小球中有红球”，第二次“2个小球颜色相同”、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，
一次取2个小球的情况包括：，
共有10种取法，而颜色相同的取法有两种，
则第一次取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，
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：.
【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，分别计算即可.
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】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：在中，，
由余弦定理可得，
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：.
【分析】在中，利用余弦定理求得，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，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，再根据球的的表面积公式求解即可.
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：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；
（2）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的距离为d，所以三棱锥的体积．
由，得，
解得．
【知识点】平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 先利用等腰梯形性质证明 ，再结合已知 ，证明 平面 ，从而推出面面垂直；
(2) 利用等体积法，通过计算三棱锥 的体积，求出点 到平面 的距离。
（1）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；
（2）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的距离为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）解：（i）记甲队通过点球大战获得冠军为事件，事件包含甲队主胜客负、主负客胜、主平客平，然后点球获胜，
，
因为，所以，则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，
，
将代入得，则甲队获得冠军的概率为；
（2）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，
则，
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.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）（i）记甲队通过点球大战获得冠军为事件，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，求出概率相加即可得甲队通过点球大战获得冠军的概率；
（ii）记甲队获得冠军为事件，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，相加即可得甲队获得冠军的概率；
（2）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，计算出相应的概率，结合 （1）中所求甲队获得冠军的概率，利用作差法比较可得结论.
（1）（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
（2）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）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；
（2）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，则当时，，
故AC的最大值是.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）（i）设，在中，利用余弦定理结合已知求出，再求的面积即可；
（ii）设，由题意可得，利用等腰三角形性质结合二倍角公式求解即可；
（2）连接，利用余弦定理可得，，再在中，利用余弦定理、正弦、余弦的二倍角公式、辅助角公式以及正弦函数的性质求解即可.
（1）（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.
（2）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.
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）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.
（2）（i）证明：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，由零点存在性定理得存在作为零点，
故一定存在两个零点，，得到，
而，
，
，
，得到，
故，结合，得到，
而，则，结合，
故和都在同一单调区间内，即，解得；
（ii）解：若，则，
由已知得，故，
则使即可，而，
由基本不等式得，
当且仅当时取等，此时，则
而，故在同一单调区间内，
得到，即，
由题意得，我们开始讨论的取值范围，
当时，方程变为，解得，
此时的解集中只含有一个元素，符合题意，
当时，得到，
即，若解集中只含有一个元素，
则和在上只有一个交点，
而，
，
令，则，代入原函数中，
原函数可化为，
，
化简得，当时，此时符合题意，
当时，，
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减，在上单调递增，
则在上单调递减，在上单调递增，
而，且当时，，
当时，，
且当时，，即当时，满足题意，
则，综上，.
【知识点】函数单调性的性质；对数的性质与运算法则；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】(1) 通过换元法将对数函数转化为二次函数，利用复合函数单调性判断 的单调区间；
(2) (i) 利用函数对称性证明 的零点满足 ；
(ii) 结合函数单调性与方程解的唯一性，求参数 的取值范围。
（1）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.
（2）（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，由零点存在性定理得存在作为零点，
故一定存在两个零点，，得到，
而，
，
，
，得到，
故，结合，得到，
而，则，结合，
故和都在同一单调区间内，即，解得；
（ii）若，则，
由已知得，故，
则使即可，而，
由基本不等式得，
当且仅当时取等，此时，则
而，故在同一单调区间内，
得到，即，
由题意得，我们开始讨论的取值范围，
当时，方程变为，解得，
此时的解集中只含有一个元素，符合题意，
当时，得到，
即，若解集中只含有一个元素，
则和在上只有一个交点，
而，
，
令，则，代入原函数中，
原函数可化为，
，
化简得，当时，此时符合题意，
当时，，
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减，在上单调递增，
则在上单调递减，在上单调递增，
而，且当时，，
当时，，
且当时，，即当时，满足题意，
则，综上，.
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，使得关于的“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.
【答案】（1）解：由题意得，则关于的“差比模”为；
（2）证明：先证明共轭复数有如下性质：若任意，则，
证明：设，
则，
而，
故.
；
；
故，
综上，共轭复数的性质得证，
记当“差比模”取最大值时的复数为，即，
由已知发现，
由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得
因为，
所以若当时取得，则时取到，
故可知，
由取遍，不恒为常数，则，
故由基本不等式可得，
故不存在，使得关于的“差比模”是协调的；
（3）解：且，设，
则，
平方整理可得：
则，
即，
平方整理得：，
令，设方程，
则，
故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设，
由题意知，，
则，且，
故方程有两不等的正实数根，
由关于的不等式，
解得， 则，，
由已知关于的“差比模”是协调的，则，
所以，
利用韦达定理，，
则有，
化简可得，
故．
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；辅助角公式；共轭复数
【解析】【分析】（1）由“差比模”定义代入复数，由复数的代数运算及求模即可；
（2）由，利用共轭复数的性质与模的性质可得，利用基本不等式可得可知不存在，使得关于的“差比模”是协调的；
（3）设，由平方整理再结合辅助角公式可得，利用三角函数有界性可得关于的不等式，由此可解得，结合韦达定理与题意关于的“差比模”是协调的，化简可求.
（1）由题意得，
故关于的“差比模”为.
（2）先证明共轭复数有如下性质：若任意，则.
证明：设，
则，
而，
故.
；
；
故.
综上，共轭复数的性质得证.
记当“差比模”取最大值时的复数为，即.
由已知发现，
由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得
因为，
所以若当时取得，则时取到，
故可知，
由取遍，不恒为常数，则，
故由基本不等式可得，
故不存在，使得关于的“差比模”是协调的.
（3）且，设，
则，
平方整理可得：
所以，
即，
平方整理得：，
令，设方程，
则，
故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设.
由题意知，，
则，且，
故方程有两不等的正实数根，
由关于的不等式，
解得， 则，，
由已知关于的“差比模”是协调的，则，
所以，
利用韦达定理，，
则有，
化简可得，
故．
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