1、广东省广州市五校2020-2021学年高一下期末联考数学试题一、单项选择题：本题共8道小题，每小题5分，共40分 1 已知集合，则=（ ）A. B. C. D. 2. 若复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C 第三象限D. 第四象限3. 设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的条件是（ ）A. B. C. D. 且4. 在ABC中，AB=3，BC=4，ABC=120，若把ABC绕直线AB旋转一周，则所形成的几何体的体积是（ ）A. 11B. 12C. 13D. 145. 已知函数，的图象如图所示，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 6. 甲
2、、乙两支田径队的体检结果为：甲队体重的平均数为60kg，方差为200，乙队体重的平均数为70kg，方差为300，又已知甲、乙两队的队员人数之比为1：4，那么甲、乙两队全部队员的平均体重和方差分别是（ ）A. 65，280B. 68，280C. 65，296D. 68，2967. 函数的定义域为，且为奇函数，当时，则函数的所有零点之和是（ ）A. 2B. 4C. 6D. 88. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图像，若函数在区间上是单调增函数，则实数的最大值为（ ）A. B. 1C. D. 2二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求
3、. 全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分.9. 若，则下列不等式成立是（ ）A. B. C. D. 10. 口袋里装有1红、2白、3黄共6个形状相同的小球，从中任取2球，事件“取出的两球同色”， “取出的2球中至少有一个黄球”， “取出的2球中至少有一个白球”， “取出的两球不同色”，“取出的2球中至多有一个白球”，下列判断中正确的是（ ）A. 事件A与D为对立事件B. 事件B与C是互斥事件C. 事件C与E为对立事件D. 事件11. 中，则下列结论中正确的是（ ）A. 若为的重心，则B. 若为边上的一个动点，则为定值4C. 若、为边上的两个动点，且则的最小值为 D. 已知Q是内部
4、（含边界）一点，若，且，则的最大值是112. 已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，过作平面的垂线，且，与都在平面的同侧，则（ ）A. 三棱锥的体积为B. C. D. 球的表面积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，_ .14. 某办公室团建抽奖，已知5张奖券中只有2 张是一等奖，甲先抽1张（不放回），乙再抽1张，则甲中一等奖乙中一等奖的概率为_ .15. 已知函数，若对，不等式恒成立，则实数的取值范围是_.16. 已知正数，满足，则的最小值是_ .四、解答题：本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 在中，角，对应的边分别是a，b，c
5、，已知，（1）求的值；（2）若，求外接圆的面积.18. 为响应十九大报告中提出的“绿水青山就是金山银山”的号召，某市旅游局投入若干经费对全市各旅游景区的环境进行综合治理，并且对各旅游景区收益的增加值做了初步的估计，根据旅游局的治理规划方案，针对各旅游景区在治理后收益的增加值绘制出如下频率分布直方图，由于版式设置不当导致打印时图中横轴的数据丢失，但可以确实横轴是从开始计数的.（1）利用频率分布直方图估算收益增加值的第百分位数；（2）利用频率分布直方图估算全市旅游景区收益增加值平均数和方差（以各组的区间中点值代表该组的取值）.19. 在一次猜灯谜活动中，共有20道灯谜，两名同学独立竞猜，甲同学猜对
6、了12个，乙同学猜对了8个，假设猜对每道灯谜都是等可能的，试求：（1）任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率；（2）任选一道灯谜，甲、乙都没有猜对概率20. 已知点，是函数图象上的任意两点，且角的终边经过点，当时，的最小值为.（1）求函数的单调减区间;（2）求函数在内的值域;（3）若方程在内有两个不相等的实数解，求实数m的取值范围.21. 如图，矩形ABCD所在的平面与半圆弧所在的平面垂直，M是上异于C，D的动点.（1）证明：平面AMD平面BMC;（2）设BM和平面ABCD所成角为，求的最大值.22. 给定函数且用表示，的较大者，记为（1）若，试写出的解析式，并求的最小值；（2）若函数的最小值为，
7、试求实数的值广东省广州市五校2020-2021学年高一下期末联考数学试题一、单项选择题：本题共8道小题，每小题5分，共40分 1 已知集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解不等式可得集合，即可求交集.【详解】由，所以，故选：C.2. 若复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】先求出复数，进而得到其对应点所在象限.【详解】,复数在复平面内对应的点（2，-1）在第四象限，故选：D3. 设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的条件是（ ）A. B. C. D. 且【答案】C【解析】【详
8、解】若使成立，则选项中只有C能保证，故选C点评本题考查的是向量相等条件模相等且方向相同.学习向量知识时需注意易考易错零向量，其模为0且方向任意.4. 在ABC中，AB=3，BC=4，ABC=120，若把ABC绕直线AB旋转一周，则所形成的几何体的体积是（ ）A. 11B. 12C. 13D. 14【答案】B【解析】【详解】试题分析：ABC绕直线AB旋转一周，所形成的几何体是两个底面半径均为以C到AB的距离CO为半径，高之差为AB的圆锥的组合体，代入圆锥体积公式，可得答案解：ABC绕直线AB旋转一周，所形成的几何体是：两个底面半径均为以C到AB的距离CO为半径，高之差为AB的圆锥的组合体，BC=
9、4，ABC=120，CO=2，几何体的体积V=12，故选B考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）5. 已知函数，图象如图所示，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据指对幂函数的图像性质判断的范围即可.【详解】由图,当时,当时,又幂函数为增函数且上凸,故.故.故选：A【点睛】本题主要考查了指对幂函数的图像分析,属于基础题型.6. 甲、乙两支田径队的体检结果为：甲队体重的平均数为60kg，方差为200，乙队体重的平均数为70kg，方差为300，又已知甲、乙两队的队员人数之比为1：4，那么甲、乙两队全部队员的平均体重和方差分别是（ ）A. 65，280B. 6
10、8，280C. 65，296D. 68，296【答案】D【解析】【分析】根据题意按比例设甲、乙队的人数，再求平均数；再根据甲、乙的各自方差求出甲乙两队全部队员的方差。总体根据平均数和方差的定义求解即可.【详解】设甲队有a人，甲、乙两队的队员人数之比为1：4，则乙队有4a人，因为甲队体重的平均数为60，乙队体重的平均数为70，则甲、乙两队全部队员的平均体重为，甲队体重的方差则乙队体重的方差为则甲、乙两队全部队员体重的方差为+故选：B.7. 函数的定义域为，且为奇函数，当时，则函数的所有零点之和是（ ）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】B【解析】【分析】根据题意可知图象关于点中心对称，由的解
11、析式求出时的零点，根据对称性即可求出时的零点，即可求解.【详解】因为为奇函数，所以函数的图象关于点中心对称，将的图象向右平移个单位可得的图象，所以图象关于点中心对称，当时，令解得：或，因为函数图象关于点中心对称，则当时，有两解，为或，所以函数的所有零点之和是，故选：B.8. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图像，若函数在区间上是单调增函数，则实数的最大值为（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】C【解析】【分析】根据图象的平移得函数的解析式，再利用函数的单调性列不等式组即可求得的取值范围，即可求解.【详解】函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，所以，因为，所以，由于函数在区间上
12、是单调增函数，所以解得：，所以实数的最大值为，故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分.9. 若，则下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】利用不等式的性质逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.【详解】对于A：由可得，故选项A正确；对于B：由可得，所以，故选项B不正确；对于C：当时，由可得，故选项C不正确；对于D：由可得，所以，所以，故选项D正确；故选：AD.10. 口袋里装有1红、2白、3黄共6个形状相同的小球，从中任取2球，事件“取出的
13、两球同色”， “取出的2球中至少有一个黄球”， “取出的2球中至少有一个白球”， “取出的两球不同色”，“取出的2球中至多有一个白球”，下列判断中正确的是（ ）A. 事件A与D为对立事件B. 事件B与C是互斥事件C. 事件C与E为对立事件D. 事件【答案】AD【解析】【分析】根据对立事件和互斥事件的概念，逐项验证得出答案.【详解】口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同小球，从中取出2球，事件 “取出的两球同色”， “取出的2球中至少有一个黄球”， “取出的2球至少有一个白球”， “取出的两球不同色”， “取出的2球中至多有一个白球”，由对立事件定义得与为对立事件，故选项A正确；与有可能同时发
14、生，故与不是互斥事件，故选项B错误；与有可能同时发生，不是对立事件，故选项C错误；（C），（E），从而(C)(E)，故选项D正确故选：AD11. 中，则下列结论中正确的是（ ）A. 若为的重心，则B. 若为边上的一个动点，则为定值4C. 若、为边上的两个动点，且则的最小值为 D. 已知Q是内部（含边界）一点，若，且，则的最大值是1【答案】BC【解析】【分析】以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，求出的坐标即可判断A；将用基底表示，再利由数量积运算计算可判断B；不妨设靠近点，则，用表示两点坐标，计算 求最值，可判断C；设，可得，利用向量相等，坐标相等可得与的关系，将表示为关于的函
15、数，即可求最值判断D，进而可得正确选项.【详解】如图：以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则，对于A：由重心坐标公式可得 所以，而，所以，故选项A不正确；对于B：设，则，所以，故选项B正确；对于C：不妨设靠近点，则，可得，则，当时，取得最小值为，故选项C正确；对于D：设，由可得，所以，设，所以，由可得，所以，此时无最大值，故选项D不正确，故选：BC.12. 已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，过作平面的垂线，且，与都在平面的同侧，则（ ）A. 三棱锥的体积为B. C. D. 球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】把三棱锥放在长方体中，长方体的高为1，底面是边长为2的正方形
16、，可得三棱锥的体积可判断A；计算出验证是否等于可判断B；由已知得，假设，则，与与相交于矛盾可判断C；三棱锥的外接球即长方体的外接球，求出其半径为可判断D.【详解】如图，长方体的高为1，底面是边长为2的正方形，满足，三棱锥的体积为，故A正确；，满足，可得，故B正确；平面，平面，则，假设，则，与与相交于矛盾，故C错误；三棱锥的外接球即长方体的外接球，设其半径为，则，即，可得球的表面积为，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，_ .【答案】【解析】【分析】将已知条件两边平方结合同角三角函数基本关系可得的值，再计算的值，即可得和的值，由即可求解.【详解】
17、因为，所以即，所以，解得：，因为，所以，所以，所以，所以，由 可得：，所以，故答案为：.14. 某办公室团建抽奖，已知5张奖券中只有2 张是一等奖，甲先抽1张（不放回），乙再抽1张，则甲中一等奖乙中一等奖的概率为_ .【答案】【解析】【分析】求出总的基本事件的件数和甲中一等奖乙中一等奖包含的基本事件的个数，利用古典概型的概率公式即可求解.【详解】甲先抽1张（不放回），乙再抽1张基本事件有个，甲中一等奖乙中一等奖包含的基本事件有个，所以甲中一等奖乙中一等奖的概率为，故答案为：.15. 已知函数，若对，不等式恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】去绝对值将转化为分段函数，求出其最大
18、值，即可.【详解】因为，不等式恒成立，则，作出函数的图象如图：由图知：的最大值为，所以，所以实数的取值范围是，故答案为：16. 已知正数，满足，则的最小值是_ .【答案】【解析】【分析】设，则，计算利用基本不等式可得最小值，即可得的最小值，解不等式可得的最小值，即的最小值.【详解】因为，则，设，则，由，当且仅当即时等号成立，由即，解得：或（舍） 所以，的最小值是，故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 在中，角，对应的边分别是a，b，c，已知，（1）求值；（2）若，求外接圆的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦
19、定理化边为角可得的值，结合即可得角的值；（2）根据已知条件求出，再由余弦定理求出，利用正弦定理可得外接圆的半径，由圆的面积公式即可求外接圆的面积.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，即，所以，因为，所以.（2）若，则，由（1）知：，在中由余弦定理可得，所以，所以外接圆的半径为，所以外接圆的面积为.18. 为响应十九大报告中提出的“绿水青山就是金山银山”的号召，某市旅游局投入若干经费对全市各旅游景区的环境进行综合治理，并且对各旅游景区收益的增加值做了初步的估计，根据旅游局的治理规划方案，针对各旅游景区在治理后收益的增加值绘制出如下频率分布直方图，由于版式设置不当导致打印时图中横轴的数据丢失，但可
20、以确实横轴是从开始计数的.（1）利用频率分布直方图估算收益增加值的第百分位数；（2）利用频率分布直方图估算全市旅游景区收益增加值的平均数和方差（以各组的区间中点值代表该组的取值）.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）计算出组距，利用百分位数的定义可求得第百分位数；（2）将频率直方图中每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全加可得的值，利用方差公式可求得的值.【详解】（1）设组距为，则有，解得，所以，横轴上的数据分别为、，前个矩形的面积之和为，前个矩形的面积之和为，所以，第百分位数在区间，设第百分位数为，则，解得；（2）由频率分布直方图可得，.19. 在一次猜灯谜活动中
21、，共有20道灯谜，两名同学独立竞猜，甲同学猜对了12个，乙同学猜对了8个，假设猜对每道灯谜都是等可能的，试求：（1）任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率；（2）任选一道灯谜，甲、乙都没有猜对的概率【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设事件A表示“甲猜对”，事件B表示“乙猜对”，求出，任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率为：，由此能求出结果（2）任选一道灯谜，甲、乙都没有猜对的概率为，由此能求出结果.【详解】（1）设事件A表示“甲猜对”，事件B表示“乙猜对”，则P（A），P（B），任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率为：P（A）P（A）P（）+P（）P（B）（1）（2）任选一道灯谜，甲、乙都没有
22、猜对的概率为：P（）P（）P（）（1）（1）【点睛】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.20. 已知点，是函数图象上的任意两点，且角的终边经过点，当时，的最小值为.（1）求函数的单调减区间;（2）求函数在内的值域;（3）若方程在内有两个不相等的实数解，求实数m的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】【分析】（1）利用三角函数的定义求出的值，由题意知可得的值，进而可得的解析式，利用整体代入法以及正弦函数的单调性即可求解；（2）由的范围求出的范围，利用正弦函数的性质即可求解；（3）设，将问题转化为与的图象只有一个
23、交点，数形结合可得或，即可求解.【详解】（1）因为角的终边经过点，所以，因为，所以，因为当时，的最小值为，所以，可得：，所以，令解得：，所以函数的单调减区间为（2）当时，所以，所以，所以函数在内的值域为，（3）设，因为方程在内有两个不相等的实数解，则在内有一根或两个相等的实根，因为，所以与的图象只有一个交点，作出与的图象，由图知：当时；当时， ；当时，所以或直线与的图象只有一个交点，当时，此时方程只有一解，不符合题意，所以或，即方程在内有两个不相等的实数解，所以：或所以实数m的取值范围为：或21. 如图，矩形ABCD所在的平面与半圆弧所在的平面垂直，M是上异于C，D的动点.（1）证明：平面AM
24、D平面BMC;（2）设BM和平面ABCD所成角为，求的最大值.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证明平面，进一步证明平面，由面面垂直的判定定理证明即可；（2）过点作于，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，则由线面角的定义可得，为BM和平面ABCD所成角，即，设，利用边角关系求出，然后利用换元法，令，结合基本不等式求解最值即可【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为M是上异于C，D的动点，为直径，所以,因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面AMD平面BMC，（2）解：过点作于，连接，因为平面平面，平面平面，所以平
25、面，则为BM和平面ABCD所成角，即，设，所以，则由射影定理可得，因为，所以，所以，令，所以，当且仅当，即（）时取等号，所以的最大值为22. 给定函数且用表示，的较大者，记为（1）若，试写出的解析式，并求的最小值；（2）若函数的最小值为，试求实数的值【答案】（1），；（2）或【解析】【分析】由的定义可得，（1）将代入，写出解析式，结合分段区间，求，的最小值并比较大小，即可得的最小值；（2）结合的解析式及对称轴，讨论、分别求得对应最小值关于的表达式，结合已知求值.【详解】由题意，当时，当时，（1）当时，当时，此时，当时，此时，.（2），且对称轴分别为，当时，即时，在单调递减，单调递增；，即，（舍去），当，即时，在单调递减，单调递增；，有，故此时无解.当，即时，单调递减，单调递增； ，即，（舍去）综上，得：或【点睛】关键点点睛：写出的解析式，第二问需结合各分段上的函数性质-对称轴，讨论参数范围求最小值关于参数的表达式，进而求参数值.