廣西“名校聯(lián)盟”2024-2025學(xué)年高一下學(xué)期5月聯(lián)合模擬考試數(shù)學(xué)試題（解析）VIP

廣西“名校聯(lián)盟”2025年5月高一聯(lián)合模擬考試數(shù)學(xué)（全卷滿分：150分，考試時間：120分鐘）注意事項：1．答題前，考生務(wù)必將學(xué)校、班級、姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試卷和答題卡上.2．考生作答時，請在答題卡上作答（答題注意事項見答題卡），在本試卷上作答無效.第Ⅰ卷（選擇題）一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的．）1.已知集合，，則（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】先求解集合，再根據(jù)交集的定義求出.【詳解】對于不等式，因式分解可得.所以集合或.

已知集合，在集合中，滿足或的元素只有，所以.

故選：C.2.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對應(yīng)的向量，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)給定條件，求出復(fù)數(shù)，進而求出模.【詳解】由復(fù)數(shù)對應(yīng)的向量，則，所以.故選：A3.已知空間中兩條直線，及平面，且滿足，“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分又不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)，結(jié)合題意，即可判斷.【詳解】充分性：只有當(dāng)垂直于內(nèi)的兩條相交直線，才可推出，由題可知，垂直于內(nèi)的一條直線，可能與平面斜交，平行，或在平面內(nèi)，故無法推出，充分性不滿足；必要性：，又，則，故必要性成立；綜上所述，“”是“”的必要不充分條件.故選：B.4.函數(shù)的圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函數(shù)的奇偶性排除部分選項，再取特殊值判斷即可.【詳解】因為，所以是奇函數(shù)，排除AC，又因為，排除B，故選：D.5.已知非零向量滿足，且，則與的夾角為A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本題主要考查利用平面向量數(shù)量積計算向量長度、夾角與垂直問題，滲透了轉(zhuǎn)化與化歸、數(shù)學(xué)計算等數(shù)學(xué)素養(yǎng)．先由得出向量的數(shù)量積與其模的關(guān)系，再利用向量夾角公式即可計算出向量夾角．【詳解】因為，所以=0，所以，所以=，所以與的夾角為，故選B．【點睛】對向量夾角的計算，先計算出向量的數(shù)量積及各個向量的摸，在利用向量夾角公式求出夾角的余弦值，再求出夾角，注意向量夾角范圍為．6.已知，，，則的最小值為（）A.8 B.9 C.12 D.16【答案】A【解析】【分析】根據(jù)基本不等式“1”的巧用，求和的最小值即可.【詳解】已知，，，所以當(dāng)且僅當(dāng)，，即時等號成立；故選：A.7.如圖，某觀察站B在城A的南偏西20°的方向，由城A出發(fā)的一條公路走向是南偏東40°，在B處測得公路上距B處7km的C處有一人正沿公路向A城走去，走了2km之后到達D處，此時B，D間的距離為km．要達到A城，這個人還要走（

）A.6km B.kmC.km D.7km【答案】A【解析】【分析】先在中利用余弦定理求出，則可得，再利用同角三角函數(shù)關(guān)系求出，然后在中利用正弦定理可求出結(jié)果.【詳解】由題意得，在中，，由余弦定理得,因為，所以，因為，所以，在中，，由正弦定理得由正弦定理得，所以.故選：A8.在四面體中，，平面平面，則該四面體外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先找到底面三角形的外接圓圓心和半徑，確定過該圓心與底面的垂線，在垂線上設(shè)球心，由勾股定理，求出半徑，可得答案.【詳解】，，，，為等邊三角形，又平面平面，取中點，連接，則球心在上，如下圖：則，有，解得，該四面體外接球的表面積為.故選：A.二、多項選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中有多項符合題目要求．全部選對得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分．）9.已知圓錐的頂點為，為底面直徑，是面積為1的直角三角形，則（）A.該圓錐的母線長為 B.該圓錐的體積為C.該圓錐側(cè)面積為 D.該圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角為【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)圓錐軸截面的形狀以及面積可得A正確，求出母線長以及底面半徑可計算出B正確，C錯誤，由側(cè)面展開圖計算即可求出D正確.【詳解】設(shè)該圓錐的母線長為，如下圖所示：因為軸截面是面積為1的直角三角形，即為直角；所以，解得，A正確；設(shè)該圓錐的底面圓心為，在中，，所以，則圓錐的高，所以該圓錐的體積，側(cè)面積為，B正確、C錯誤；設(shè)該圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角為，則，所以，D正確．故選：ABD．10.如圖，在正方體中，點P是線段上一動點，則（）A.當(dāng)P為線段的中點時，直線與直線所成角的正切值為B.平面C.隨著的長度變長，直線與平面所成角先變小再變大D.【答案】BD【解析】【分析】對A，轉(zhuǎn)化到直角三角形中求出其正切值；對B，利用面面平行的判定定理得平面平面，再利用面面平行的性質(zhì)定理即可判斷；對C，轉(zhuǎn)化得，分析其變化過程即可；對D，利用線面垂直的判定定理得平面，即可證明.【詳解】對于A，設(shè)正方體的棱長為，則，因為側(cè)面，側(cè)面，則，而，故直線與直線所成角的正切值為，故A錯誤；對于B，連接，易證：，因為平面，平面，所以平面，因為平面，平面，所以平面，又平面，故平面平面，平面，平面，故B正確；對于C，連接，平面，即為直線與平面所成角，，當(dāng)從移動至的過程中，增大，先變小再變大，即先變大再變小，故C錯誤；對于D，連接，，，，由正方體的性質(zhì)可得：，平面，平面，所以，，平面，所以平面，因為平面，所以同理可得，，平面，平面平面，，故D正確；故選：BD.11.已知函數(shù)定義域為，是奇函數(shù)，，函數(shù)在上遞增，則下列命題為真命題的是（）A. B.函數(shù)在上遞減C.若，則 D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)是奇函數(shù)判斷A，再判斷即可得到的圖象關(guān)于直線對稱，從而判斷B、C，根據(jù)對稱性得到，即可判斷D.【詳解】對于A，因為是奇函數(shù)，所以，故A錯誤；因為是奇函數(shù)，所以的圖象關(guān)于點對稱，即有，所以，所以的圖象關(guān)于直線對稱，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞減，故B正確；因為，所以，即，故C正確；因為，且，由函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，得，解得，故C正確.故選：BCD.第Ⅱ卷（非選擇題）三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分．）12.已知向量，，，若，則______.【答案】2【解析】【分析】先求出的坐標(biāo)，再根據(jù)向量平行的坐標(biāo)運算求得答案.【詳解】由題意，，因為，所以.故答案為：2.13.當(dāng)時，曲線與的交點個數(shù)為________．【答案】6【解析】【分析】根據(jù)正弦函數(shù)圖像的性質(zhì)作出兩函數(shù)圖象即可.【詳解】因為函數(shù)的最小正周期為，函數(shù)的最小正周期為，所以在上函數(shù)有三個周期的圖象，在坐標(biāo)系中結(jié)合五點法畫出兩函數(shù)圖象，如圖所示：由圖可知，兩函數(shù)圖象有6個交點．故答案為：6.14.已知函數(shù)，若存在區(qū)間，使得函數(shù)在區(qū)間上的值域為，則實數(shù)k的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】轉(zhuǎn)化為方程有兩個解，再利用換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)與直線交點個數(shù)問題.【詳解】函數(shù)的定義域為，且單調(diào)遞增，函數(shù)在區(qū)間上的值域為，則且，即方程有兩個實數(shù)解，即，令，則有2個非負(fù)實數(shù)解，作出函數(shù)的圖象與直線，即與在軸右側(cè)（含軸）有2個交點，則．故答案為：.四、解答題（本題共5小題，共77分．解應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）15.正三棱柱的底面正三角形的邊長為2，D為的中點，．（1）證明：平面；（2）求三棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）作出輔助線，由中位線得到線線平行，從而線面平行；（2）利用椎體體積公式進行求解.【小問1詳解】證明：連接，設(shè)，連接，∵是正三棱柱的側(cè)面，∴為矩形，∴是的中點，∴是的中位線，∴，又平面，平面，∴平面.【小問2詳解】因為在正三棱柱中，底面正三角形的邊長為2，，側(cè)面為矩形，所以三棱錐的體積.16.已知函數(shù).（1）求函數(shù)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間；（2）求函數(shù)在區(qū)間上的值域.【答案】（1），增區(qū)間為（2）【解析】【分析】（1）先利用三角恒等變換公式化簡，然后由周期公式和正弦函數(shù)單調(diào)性即可求解；（2）利用整體代入法結(jié)合正弦函數(shù)性質(zhì)求解可得.【小問1詳解】由，可得函數(shù)的最小正周期為，令，可得，故函數(shù)的增區(qū)間為；【小問2詳解】由，有，所以，所以，所以，函數(shù)在區(qū)間上的值域為.17.如圖，矩形中，，，為的中點，把沿翻折，滿足.（1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，由面面垂直判定定理可證.（2）法一：(幾何法)找到二面角的位置，由余弦定理可得；法二：(向量法)建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，分別求兩個面的法向量，從而可求得二面角.【詳解】（1）證明：由已知可得，，在中，滿足∴∵，且，、平面，∴平面又平面，∴平面平面.（2）解：法一：(幾何法)如圖所示，連接，取中點，連接，∴，過作交于點，連接、，∵平面平面，平面平面，∴平面，∴，又，∴平面，∴，所以即為所求的二面角的平面角，由，∴，，又，∴∴二面角的余弦值為.法二：(向量法)取的中點，連接∵∴∵平面平面，平面平面，∴平面，如圖所示，以為坐標(biāo)原點，以，分別為，軸，過作的平行線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，∴，設(shè)為平面的法向量，有不妨令，則，，∴，而平面的其中一個法向量顯然為二面角的余弦值為.18.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）求角A的大??；（2）若D為的中點，且，求的最大值．【答案】（1）（2）18【解析】【分析】1）先利用二倍角公式化簡已知等式，再通過正弦定理將角化為邊，最后根據(jù)余弦定理求出角；（2）在和中分別利用余弦定理，結(jié)合得到與的關(guān)系式，再利用基本不等式求出的最大值.【小問1詳解】已知，根據(jù)二倍角公式，將其進行化簡：即即.即.由正弦定理邊角互化可得：.再根據(jù)余弦定理，將代入可得：因為，所以.【小問2詳解】因為為AC的中點，所以.在中，根據(jù)余弦定理可得.在中，根據(jù)余弦定理可得.因為，所以，即：，化簡得.又因為（第一問已求得），所以可得：，即.根據(jù)基本不等式（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號），則有：，即，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.則的最大值為18.19.若函數(shù)在定義域內(nèi)存在實數(shù)x，滿足，則稱為“局部奇函數(shù)”．（1）當(dāng)定義域為，試判斷否為“局部奇函數(shù)”；（2）若為定義域R上的“局部奇函數(shù)”，求實數(shù)m的取值范圍；（3）已知，對于任意的，函數(shù)都是定義域為上的“局部奇函數(shù)”，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】（1）是；理由見詳解；（2）；（3）【解析】分析】（1）依題意，由得,，令，求解可得結(jié)論；（2）由題意知，在上有解，令，可得在上有解，令，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可；（3）由題意，根據(jù)局部奇函數(shù)的概念，可得時，，在上都有解，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性，求出的范圍，根據(jù)的范圍包含的范圍，列出不等式求解，即可得出結(jié)果.【詳解】（1）因為，所以，由得,令，而存在一根,即存在，使得，所以為“局部奇函數(shù)”；（2）由題意知,在上有解，即在上有解，所以在上有解，令，所以在上有