1、广东省广州市三校2020-2021学年高一下期末联考数学试卷一选择题：本大题8小题，每小题5分，共40分.1. 虚数单位，若复数满足，则（ ）A. B. C. D. 2. 下列结论中，错误的是（ ）A. “”是“”的充分不必要条件B. 已知命题，则C. “”是“”的充分不必要条件；D. 命题：“，”的否定是“，”；3. 如图，在平行四边形中，若，则（ ）A. B. 1C. D. 4. 若某同学连续次考试的名次（次考试均没有出现并列名次的情况）不低于第名，则称该同学为班级的尖子生.根据甲、乙、丙、丁四位同学过去连续次考试名次的数据，推断一定是尖子生的是（ ）A. 甲同学：平均数为，方差小于B.
2、乙同学：平均数为，众数为C. 丙同学：中位数为，众数为D. 丁同学：众数，方差大于5. 如图，矩形中，正方形的边长为1，且平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 6. 化简所得的结果是（ ）A. B. C. D. 27. 已知函数是定义在上的偶函数，且，当时，设函数，则的零点的个数为（ ）A. 6B. 12C. 8D. 148. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 二多选题：本大题4小题，每小题5分，共20分，选对得5，漏选得2分，错选得0分.9. 下列命题中正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，10. 正方体棱长为1，E，F，G分别
3、为BC，CC1，BB1的中点.则（ ）A. 直线D1D与直线AF垂直B. 直线A1G与平面AEF平行C. 平面AEF截正方体所得的截面面积为D. 点C与点G到平面AEF的距离相等11. 将曲线上每个点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，则下列说法正确的是（ ）A. B. 的图象可由的图象向右平移个单位长度得到C. 在上的值域为D. 的图象关于点对称12. 设函数，则下列命题中正确有（ ）A. 若，则B. 方程可能有三个实数根C. 当时，函数在是单调增函数D. 当时，函数在上有最小值三填空题：本大题4小题，每小题5分，共20分.13. 小明和小红各自扔一颗均匀的正方体骰子，两人相互
4、独立地进行，则小明扔出的点数不大于2或小红扔出的点数不小于3的概率为_14. 如图所示，在中，则的长是_15. 在平行四边形ABCD中，将此平行四边形沿对角线BD折叠，使平面平面CBD，则三棱锥A-BCD外接球的体积是_.16. 已知函数，若的图象上有且仅有2个不同的点关于直线的对称点在直线，则实数的取值是_四解答题：本大题6小题，第17题10分，其余各题12分，共70分.17. 在中，为锐角，角所对的边分别为，且，.（1）求的值； （2）若，求的值.18. 春节期间，某地昼夜气温呈周期性变化，温度随时间变化近似满足函数(，)，且在每天凌晨时达到最低温度，在下午时达到最高温度，从2时到14时为
5、半个周期.（1）求这段时间气温随时间变化的函数解析式；（2）这段时间该地一昼夜内哪几个时刻的气温为？注：一昼夜指从凌晨0时(含)到午夜24时(不含).19. 如图，在四棱锥中，正方形所在的平面与正三角形所在的平面垂直，点、分别为、的中点，点在棱上.（1）证明：平面（2）若，点到的距离为，求的长.20. 某游乐园为了吸引游客，推出了，两款不同的年票，游乐园每次进园门票原价为元. 年票前次进园门票每次费用为原价，从第次起，每次费用为原价的一半，年票不需交开卡工本费，年票每次进园门票为原价的折，年票需交开卡工本费元().已知某市民每年至少去该游乐园次，最多不超过次.该市民多年来年进园记录如下：年进园
6、次数频率 （1）估计该市民年进园次数的众数；（2）若该市民使用年票，求该市民在进园门票上年花费的平均数；（3）从该市民在进园门票上年花费的平均数来看，若选择年票比选择年票更优惠，求的最小值.21. 如图1，在直角梯形中，在上，且.将沿折起，使得点到点位置，且，如图2.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的正弦值.22. 已知函数(其中)在上是减函数，点从左到右依次是函数图象上三点，且.（1）求证：是钝角三角形；（2）试问，能否是等腰三角形？若能，求面积的最大值；若不能，请说明理由.广东省广州市三校2020-2021学年高一下期末联考数学试卷一选择题：本大题8小题，每小题5分，共40分.1. 为
7、虚数单位，若复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由复数除法运算可求得，由模长定义可求得结果.【详解】，.故选：B.2. 下列结论中，错误的是（ ）A. “”是“”的充分不必要条件B. 已知命题，则C. “”是“”的充分不必要条件；D. 命题：“，”的否定是“，”；【答案】C【解析】【分析】根据充分必要条件和全称量词的否定形式判断即可.【详解】当时，.当时，或.“”是“”的充分不必要条，A对.对于含有一个量词的全称命题：“任意的”，的否定，是：“存在”，.B对.同理，D对.当时，或.当时，.“”是“”的必要不充分条件，C错.故选：C.3. 如图，在平行四边形中，若
8、，则（ ）A. B. 1C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知条件利用平面向量的线性运算求得关于的线性表达式，然后利用平面向量基本定理中的分解的唯一性得到和的值,进而得解.【详解】,又，不共线 ，根据平面向量基本定理可得,故选：D.【点睛】本题考查平面向量的基本运算和基本定理，属基础题，关键是根据已知条件利用平面向量的线性运算求得关于的线性表达式，然后利用平面向量基本定理中的分解的唯一性得到和的值.4. 若某同学连续次考试的名次（次考试均没有出现并列名次的情况）不低于第名，则称该同学为班级的尖子生.根据甲、乙、丙、丁四位同学过去连续次考试名次的数据，推断一定是尖子生的是（ ）A. 甲同
9、学：平均数为，方差小于B. 乙同学：平均数为，众数为C. 丙同学：中位数为，众数为D. 丁同学：众数为，方差大于【答案】A【解析】【分析】根据定义，结合各组的情况，举出特例排除错误选项；对正确选项，计算即可做出判断.【详解】对于甲同学，平均数为，方差小于，设甲同学三次考试的名次分别为、，若、中至少有一个大于等于，则方差为，与已知条件矛盾，所以，、均不大于，满足题意；对于乙同学，平均数为，众数为，则三次考试的成绩的名次为、，即必有一次考试为第名，不满足题意；对于丙同学，中位数为，众数为，可举反例：、，不满足题意；对于丁同学，众数为，方差大于，可举特例：、，则平均数为，方差为，不满足条件.故选：A
10、.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于以下两点：（1）在判断选项不成立时，可通过举反例来否定；（2）在判断A选项时，可、中至少有一个大于或等于，利用反证法来推导.5. 如图，矩形中，正方形的边长为1，且平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】取AF的中点G，联结AC交BD于O点，异面直线与所成角即直线与所成角.在中，分别求得，利用余弦定理即可求得，从而求得异面直线夹角的余弦值.【详解】取AF的中点G，联结AC交BD于O点，如图所示，则，且，异面直线与所成角即直线与所成角，由平面平面知，平面，由题易知，则，则在中，由余弦定理知，由两直线夹角
11、取值范围为，则直线与所成角即异面直线与所成角的余弦值为故选：C【点睛】方法点睛：将异面直线平移到同一个平面内，利用余弦定理解三角形，求得线线夹角.6. 化简所得的结果是（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】先切化弦并整理得，再结合展开整理即可得答案.【详解】解：.故选：B【点睛】本题考查利用三角恒等变换求函数值，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于先根据切化弦的方法整理得，再根据化简整理即可求解.7. 已知函数是定义在上的偶函数，且，当时，设函数，则的零点的个数为（ ）A. 6B. 12C. 8D. 14【答案】B【解析】【分析】分别作出和的图象，数形结合可得结果
12、.【详解】依题意可知，对，所以是以2为周期的偶函数.即，在同一坐标系中分别作出和的图象，由图可知，两函数图象有12个交点，即函数共有12个零点.故选：B.8. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将4x+3y=4变形为含2x+1和3y+2的等式,即2(2x+1)+(3y+2)=8,再将式子换元,由基本不等式换“1”法求解即可【详解】由正实数x,y满足4x+3y=4,可得2(2x+1)+(3y+2)=8.令a=2x+1,b=3y+2,可得2a+b=8.所求当且仅当时取等号，所以答案为.故选:A.二多选题：本大题4小题，每小题5分，共20分，选对得
13、5，漏选得2分，错选得0分.9. 下列命题中正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】BD【解析】【分析】对于选项A：根据指数函数在上为减函数可得A不正确；对于选项B：根据且可得B正确；对于选项C：令，可推得，可得C不正确；对于选项D：令，可推得D正确.【详解】对于选项A：当时，所以恒成立，故选项A不正确；对于选项B：当时，且，所以，故选项B正确；对于选项C：当时，则，故选项C不正确；对于选项D：当时，由对数函数和指数函数的性质可知，当时，故选项D正确；故选：BD【点睛】关键点点睛：熟练掌握指数函数的单调性和对数函数的单调性是解答本题的关键，对于全称命题：必须所有的对象都使命题成立
14、，命题为真命题；存在一个对象使命题不成立，则命题即为假命题；对于特称命题：存在一个对象使命题成立，则命题为真；所有的对象都使命题为假，则命题为假命题10. 正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点.则（ ）A. 直线D1D与直线AF垂直B. 直线A1G与平面AEF平行C. 平面AEF截正方体所得的截面面积为D. 点C与点G到平面AEF的距离相等【答案】BC【解析】【分析】画出平面截正方体所得截面并计算出面积来判断C选项的正确性.建立空间直角坐标系，利用向量法判断ABD选项的正确性.【详解】由于分别是的中点，所以，根据正方体的性质可知，所以，所以平面截正方体所得截面为梯形.，
15、所以等腰梯形的高为，所以截面面积为，C选项正确.建立如图所示空间直角坐标系，所以A选项错误.，设平面的法向量为，则，故可设，平面，所以平面，所以B选项正确.，到平面的距离为，到平面的距离为，D选项错误.故选：BC11. 将曲线上每个点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，则下列说法正确的是（ ）A. B. 的图象可由的图象向右平移个单位长度得到C. 在上的值域为D. 的图象关于点对称【答案】BC【解析】【分析】先由三角恒等变换和诱导公式将已知函数化简为，然后按照伸缩变换的规律可得，再结合三角函数的图象和性质对四个选项依次进行判断即可得解.【详解】，由曲线上每个点的横坐标伸长为原来的
16、2倍，纵坐标不变可得，故A错误；曲线的图象向右平移个单位长度后变为：，故B正确；当时，所以，故C正确；当时，故的图象不关于点对称，故D错误.故选：BC.12. 设函数，则下列命题中正确的有（ ）A. 若，则B. 方程可能有三个实数根C. 当时，函数在是单调增函数D. 当时，函数在上有最小值【答案】ABC【解析】【分析】根据解析式表示出即可求出c的值，可判断A；对b，c取特殊值，可判断B；时，可以根据函数的对称性加以判断C；b0时，分x0和x0两种情况讨论，转化为二次函数求单调性，判断D.【详解】因为,解得c1010，故A对；令，则，解得x0，2，2，故B正确；当b0时，由解析式可知函数在R上是
17、单调增函数，故C正确；当b0时，值域是R，故函数在R上没有最小值，故D错误.故选：ABC【点睛】方法点睛：本题考查了分段函数的单调性、对称性和最值问题，对于含有绝对值的一类问题，通常采取去绝对值的方法解决，体现了分类讨论的数学思想；函数的对称性问题一般转化为函数的奇偶性加以分析，再根据函数图象的平移解决，体现了转化、运动的数学思想；对于存在性的命题研究，一般通过特殊值法来解决属中档题三填空题：本大题4小题，每小题5分，共20分.13. 小明和小红各自扔一颗均匀的正方体骰子，两人相互独立地进行，则小明扔出的点数不大于2或小红扔出的点数不小于3的概率为_【答案】【解析】【分析】小明和小红各自扔一颗
18、均匀的正方体骰子，点数共有36种，先求对立事件，即小明扔出的点数大于2且小红扔出的点数小于3，共有种情况，求出对立事件的概率，即可求解.【详解】小明和小红各自扔一颗均匀的正方体骰子，两人相互独立地进行，小明和小红点数各有6种情况，所以两人的点数共有36种，当小明扔出的点数大于2且小红扔出的点数小于3共有，概率为，则小明扔出的点数不大于2或小红扔出的点数不小于3的概率为.故答案为:【点睛】本题考查古典概型的概率，转化为求对立事件的概率，属于中档题.14. 如图所示，在中，则的长是_【答案】【解析】【分析】过作于点，通过解直角三角形可得结论【详解】过作于点，如图，因为，所以，又，所以，所以，而，则
19、，所以故答案为：15. 在平行四边形ABCD中，将此平行四边形沿对角线BD折叠，使平面平面CBD，则三棱锥A-BCD外接球的体积是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，得到，取AC的中点O，得到外接球的球心是O，求得球的半径，利用体积公式，即可求解.【详解】如图所示，因为平面平面，所以平面平面，可得取的中点，则，于是外接球的球心是，则又由所以半径所以外接球的体积为.故答案为：16. 已知函数，若的图象上有且仅有2个不同的点关于直线的对称点在直线，则实数的取值是_【答案】2【解析】【分析】由题知，先求出直线关于直线对称的直线的方程为，进而将问题转化为图象与函数的图象有2个交点，进一步讨论将问题转
20、化为，故令，进而转化为直线与函数有2个交点，再结合的性质求解即可.【详解】直线关于直线对称的直线的方程为，对应的函数为，其图象与函数的图象有2个交点对于一次函数，当时，由知不符合题意当时，令，可得，此时，令当时，为增函数，当时，为先增再减函数，结合图象，直线与函数有2个交点，因此，实数，即故答案为：2【点睛】本题考查直线的对称性问题，函数图象的交点个数求参数问题，考查运算求解能力，数形结合思想，化归转化思想，是中档题.本题解题的关键在于根据已知条件，将问题转换为图象与函数的图象有2个交点问题，进而进一步转化为直线与函数有2个交点求解.四解答题：本大题6小题，第17题10分，其余各题12分，共7
21、0分.17. 在中，为锐角，角所对的边分别为，且，.（1）求的值； （2）若，求的值.【答案】（1） （2） 【解析】【详解】试题分析：（1）三角形ABC中，A、B为锐角，可求得cosA，cosB，利用两角和与差的余弦公式可求A+B的值；（2）由，利用正弦定理求得a，b的值，再由C=，利用余弦定理求c即可试题解析：（1）为锐角， （2）由（I）知， 由得，即又 点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具
22、，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.18. 春节期间，某地昼夜气温呈周期性变化，温度随时间变化近似满足函数(，)，且在每天凌晨时达到最低温度，在下午时达到最高温度，从2时到14时为半个周期.（1）求这段时间气温随时间变化函数解析式；（2）这段时间该地一昼夜内哪几个时刻的气温为？注：一昼夜指从凌晨0时(含)到午夜24时(不含).【答案】（1）；（2）每天的6时或22时的气温为.【解析】【分析】（1）根据题中的函数最大值和最小值建立关于A，b的方程求解参数A和b，再根据从2时到14时为半个周期求解出函数的周期，进而求解出，最后代入一组x， y的值求解出函数的解
23、析式；（2）根据（1）中的解析式求解函数值为0时的自变量的值即可得出答案. 【详解】（1）依题意， 解得根据题意，又时，且，解得，所以；（2）由得，所以或由，解得或，即在每天的6时或22时的气温为.19. 如图，在四棱锥中，正方形所在的平面与正三角形所在的平面垂直，点、分别为、的中点，点在棱上.（1）证明：平面（2）若，点到距离为，求的长.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出，设，求出三边边长，利用等面积法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.【详解】（1）取的中点，连接、，
24、为棱的中点，为的中点，所以，且，因为四边形为正方形，则且，又为棱的中点，且，从而且，于是四边形为平行四边形，平面，平面，平面；（2）在正中，为的中点，.平面平面，平面平面，平面，平面，平面，平面，平面，设，在中，由，即，解得.20. 某游乐园为了吸引游客，推出了，两款不同的年票，游乐园每次进园门票原价为元. 年票前次进园门票每次费用为原价，从第次起，每次费用为原价的一半，年票不需交开卡工本费，年票每次进园门票为原价的折，年票需交开卡工本费元().已知某市民每年至少去该游乐园次，最多不超过次.该市民多年来年进园记录如下：年进园次数频率 （1）估计该市民年进园次数的众数；（2）若该市民使用年票，求
25、该市民在进园门票上年花费的平均数；（3）从该市民在进园门票上年花费的平均数来看，若选择年票比选择年票更优惠，求的最小值.【答案】（1）众数为；（2）元；（3）.【解析】【分析】（1）频率分布表中频率最大的对应次数即是众数；（2）分别用年进园次数对应的费用乘以对应的概率之和即可求平均数；（3）计算使用年票该市民在进园门票上年花费的平均数，使该平均数大于使用年票 该市民在进园门票上年花费的平均数即可求解.【详解】（1）由频率分布表知：该市民年进园次数频率最大为，对应的次数是，所以估计该市民年进园次数的众数为12（2）若该市民使用年票一年进游乐园次，该市民在进园门票上年花费为元，则所以该市民在进园门
26、票上年花费的平均数为（3）若该市民使用年票，则该市民在进园门票上年花费的平均数为元).若选择年票比选择年票更优惠，则，解得.因为，所以，所以的最小值为.21. 如图1，在直角梯形中，在上，且.将沿折起，使得点到点的位置，且，如图2.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据等腰三角形及直角梯形的性质得线线垂直，进而得到线面垂直，最后利用面面垂直的判断定定理即可得证；（2）连接，由得，结合（1）可以以，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，进而求出二面角的正弦值.【详解】（1）如图，取的中点，连接，易
27、知，则.取的中点，连接，则，故.连接，因为，为的中点，所以，又，所以平面，从而，在平面内，与相交，因此平面，故平面平面.（2）由（1）知平面，连接，易得，可得，连接，则，故可以以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，.设平面的法向量为，则即取，则，所以为平面的一个法向量.设平面的法向量为，则即取，则，所以为平面的一个法向量.所以，因此二面角的正弦值为.【点睛】方法点睛： 翻折问题的解题策略是确定翻折前后“变”与“不变”的关系，一般地，位于“折痕”同侧的线面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的线面之间的位置关系和数量关系可能会发生变化.对于不变的关系，
28、可以在平面图形中处理，对于变化的关系，则要在立体图形中处理.22. 已知函数(其中)在上是减函数，点从左到右依次是函数图象上三点，且.（1）求证：是钝角三角形；（2）试问，能否是等腰三角形？若能，求面积的最大值；若不能，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）不可能为等腰三角形，理由见解析.【解析】【分析】（1）先且，要证是钝角三角形，只须证明其中一个内角为钝角即可，结合向量的坐标运算，只须证明：即得；（2）假设为等腰三角形，则只能是，再利用平面内两点的距离公式将点的坐标代入计算，如出现矛盾，则不可能为等腰三角形，如不矛盾，则能是等腰三角形.详解】解：（1）证明：据题意且，由已知可得即钝角三角形（2）假设为等腰三角形，则只能是，即即而事实上，由于，故（2）式等号不成立.这与（1）式矛盾.所以不可能为等腰三角形.
