广东实验中学2023-2024学年高一下学期第二次段考数学试题
1．（2024高一下·广州期中）复数，（，）为实数的充要条件是（ ）
A． B．且 C．且 D．且
2．（2024高一下·广州期中）点P满足向量，则点P与AB的位置关系是（ ）
A．点P在线段AB上 B．点P在线段AB延长线上
C．点P在线段AB反向延长线上 D．点P在直线AB外
3．（2024高一下·广州期中）（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·广州期中）如图所示的点，线，面的位置关系，用符号语言表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·广州期中）已知，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·广州期中）已知点O是内部一点，并且满足，的面积为，的面积为，则（ ）
A．2 B．3 C． D．
7．（2024高一下·广州期中）已知函数，其中.若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·广州期中）半正多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为2，点M，N分别在线段，上，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·广州期中）在空间中，下列命题正确的是（ ）
A．若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点
B．若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线
C．若点既在平面内，又在平面内，且与相交于直线，则点在上
D．用任意平面截一个圆锥，夹在这个平面和底面间的几何体是圆台
10．（2024高一下·广州期中）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高一下·广州期中）如图，在棱长为的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，点满足，，下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．若，，，四点共面，则
C．若，点在侧面内，且平面，则点的轨迹长度为
D．若，由平面分割该正方体所成的两个空间几何体为和，某球能够被整体放入或，则该球的表面积最大值为
12．（2024高一下·广州期中）已知是虚数单位，则 .
13．（2024高一下·广州期中）在平面斜坐标系中，，平面上任一点关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的：若（其中，分别为，轴方向相同的单位向量），则的坐标为，若关于斜坐标系的坐标为，则
14．（2024高一下·广州期中）定义在R上的两个函数和，已知，．若图象关于点对称，则 ， ．
15．（2024高一下·广州期中）陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一．图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中分别是上、下底面圆的圆心，且，现有一箱这种的陀螺共重（不包含箱子的质量），陀螺的密度为（取3）
（1）试问该箱中有多少个这样的陀螺？
（2）如果要给这箱陀螺的每个表面涂上一种特殊的颜料，试问共需涂多少的颜料？
16．（2024高一下·广州期中）已知函数.
（1）若函数的图象关于直线对称，求实数的值；
（2）当时，
①求函数的单调增区间；
②若，求的值.
17．（2024高一下·广州期中）如图，在四边形中，，，且的外接圆半径为4.
（1）若，，求的面积；
（2）若，求的最大值.
18．（2024高一下·广州期中）我国古代数学名著《九章算术》中，称四面都为直角三角形的三棱锥为“鳖臑”．如图，在三棱锥中，平面．
（1）证明：三棱锥为鳖臑；
（2）若为上一点，点分别为的中点．平面与平面的交线为．
①证明：直线平面；
②判断与的位置关系，并证明你的结论．
19．（2024高一下·广州期中）若是定义在上的增函数，其中，存在函数，，且函数图像上存在两点，图像上存在两点，其中两点横坐标相等，两点横坐标相等，且，则称在上可以对进行“型平行追逐”，即是在上的“型平行追逐函数”. 已知是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数．
（1）求满足的的值；
（2）设函数，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围；
（3）若函数是在上的“型平行追逐函数”，求正数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【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：若复数，（，）为实数，
则.
故答案为：A.
【分析】利用复数为实数的判断方法和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出复数，（，）为实数的充要条件.
2．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；相等向量
【解析】【解答】解：，
，∴点P在线段AB反向延长线上.
故答案为：C.
【分析】由题中已知条件得出，从而得出点P与AB的位置关系.
3．【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，
所以
.
故答案为：B.
【分析】利用诱导公式，将化为，再由余弦的两角和公式可得答案.
4．【答案】C
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：因为点和面、点和线的关系用“”或“”表示，故A错误；
因为线面关系用“”或“”表示，故B、D错误；
根据图形有，故C正确.
故答案为：C.
【分析】根据点、线、面的位置关系及其符号表示，从而逐项判断找出用符号语言表示正确的选项.
5．【答案】C
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】由指数幂的运算性质，可得，即，
又由，即，
又由对数的运算，可得，即，所以.
故选：C.
【分析】本题考查利用幂函数的单调性和对数函数的单调性比较大小.先利用幂函数的单调性将a和b与0，1，2进行比较，可得：，；再利用对数函数的单调性将c与2进行比较可得：，综合可求出答案.
6．【答案】A
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的基本定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，所以，
取的中点，则，
，即为中线的中点，如图所示，
则的面积为，的面积为，则，
，所以.
故答案为：A.
【分析】利用，从而确定点O的位置，如图结合三角形面积关系得出的值.
7．【答案】A
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】 在区间上单调递增， 由得
，根据余弦函数单调性得 ，解得 ，
所以 的取值范围是 .
故答案为：A.
【分析】由得范围，然后根据y=cosx在上是增函数，列出不等式组解出 的取值范围即可.
8．【答案】D
【知识点】三点共线；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：将该半正多面体展开为平面，且在线段两侧（两线段在两点之间），
如下图所示，
由半正多面体中，棱长为2，得，，且，
故，所以，
当且仅当在展开图中共线时等号成立.
故答案为：D.
【分析】将几何体展开为平面图形，利用两点之间线段最短，从而求出的最小值.
9．【答案】A,B,C
【知识点】命题的真假判断与应用；三点共线；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：对于选项A：如果两个平面有一个交点，则个平面必有过该点的一条交线，
所以这两个平面有无数个公共点，故A正确；
对于选项B：若其中三点共线，则一条直线和直线外一点确定一个平面，
则四点共面，与四个点不共面矛盾，所以其中任意三点不公线，故B正确；
对于选项C：若点既在平面内，又因为在平面内，
则点是两个平面的公共点，是两个平面的交线，
根据公共点一定在交线上，所以一定在上，故C正确；
对于选项D：只有平面与底面平行时，得到的平面和底面间的几何体才是圆台，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据平面公理和推论判断出选项A、选项B和选项C；根据圆台的定义判断出选项D，从而找出真命题的选项.
10．【答案】A,B
【知识点】函数的值；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图可知，
则，因为，所以．
由，得，则，
因为，所以，
所以．
故答案为：AB.
【分析】由函数的图象的顶点坐标求出的值，由余弦型函数的最小正周期公式求出的值，由换元法和余弦函数的图象的对称中心坐标，从而求出的值，进而可得函数f(x)的解析式.
11．【答案】A,C
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；共面向量定理
【解析】【解答】解：如图所示：
对于A，在正方体中，平面平面，平面，
故平面，故A正确；
对于B，如图，延展平面，易知平面过的中点，所以，故B错误；
对于C，如图，若，取的三等分点靠近，的中点，
则，平面，平面，
故平面，同理平面，
因为又，，平面，
所以平面平面，
当点在线段上时，平面，
则满足平面，所以即为的轨迹，
由，得，故C正确；
对于D，如图所示易知：
该球是以为顶点，底面为正六边形的正六棱锥相切的球，，
则该六棱锥的高为：，
正六边形的面积为：，
的面积为：，
设内切球的半径为，由等体积法可得：，
则该球的半径为，所以该球的表面积最大为，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】由面面平行的性质定理判断出选项A；延展平面可得平面过的中点，从而可得的值，则判断出选项B；先找到点的轨迹，再由几何关系算出点的轨迹长度，则判断出选项C；若，由平面分割该正方体所成的两个全等的空间几何体为和且为正六棱锥，由等体积法算出球的半径，则可得球的表面积的最大值，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】利用复数的除法运算法则和虚数单位的周期，再结合复数求模公式得出答案.
13．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：易知，，且，
因为关于斜坐标系的坐标为，所以，
则.
故答案为：．
【分析】由题意，结合向量的数量积定义以及向量的模长公式求解即可.
14．【答案】；
【知识点】函数的周期性；函数的值；图形的对称性
【解析】【解答】解：由，可得，
又因为，所以，
令，所以，
因为的图象关于点对称，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，，
令，所以，则；
因为，所以，
又因为，所以，，
则，4是的一个周期，
因为，，所以，
因为周期是4，所以.
故答案为：3，0.
【分析】①根据题意，利用方程法得到，再通过赋值得到，再根据的图象关于点对称得到，即可得到，再利用方程法得到，令，得到，从而求出的值.
②利用方程法得到，整理可得，从而得到4是的一个周期，再根据得到，再利用函数的周期性求出的值.
15．【答案】（1）因为，所以，
圆锥部分的体积为，圆柱部分的体积为，
所以一个陀螺的体积为，质量为，
所以该箱中共有陀螺个.
（2）易知，
则圆锥的侧面积为，圆柱侧面积为，
底面面积为，
所以一个陀螺的表面积为，
所以，
所以，给这箱陀螺的每个表面涂上颜料共需涂多少的颜料.
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【分析】本题考查圆柱和圆锥的体积，表面积公式.（1）根据题意可求出，利用棱柱和棱锥的体积计算公式可求出圆锥部分的体积为，圆柱部分的体积为，进而可求出一个陀螺的体积，据此可求出质量，求出该箱中共有陀螺的个数；
（2）先利用圆锥的侧面积和圆柱的底面积公式求出一个陀螺的表面积，再乘以40，可求出这箱陀螺的每个表面涂上颜料共需涂得面积.
（1）因为，所以，
圆锥部分的体积为，圆柱部分的体积为，
所以一个陀螺的体积为，质量为，
所以该箱中共有陀螺个.
（2）易知，
则圆锥的侧面积为，圆柱侧面积为，
底面面积为，
所以一个陀螺的表面积为，
所以，
所以，给这箱陀螺的每个表面涂上颜料共需涂多少的颜料.
16．【答案】（1）解：
的图像关于直线对称，则为函数的最值，
.
（2）解：①当时，，
由，得
即函数的单调递增区间为.
②，
则或
或，
或.
【知识点】函数的图象；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【分析】（1）利用同角三角函数基本关系式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式和辅助角公式，从而化简出函数解析式，再由为最大值列出方程，从而得出实数的值.
（2）①由函数解析式和正弦型函数的单调性，从而求出函数的单调增区间.
②由已知条件和正弦型函数的图象以及正切函数的定义，从而得出的值.
（1），
的图像关于直线对称，则为函数的最值，
.
（2）①当时，有，
由，得，
即函数的单调递增区间为；
②，
则或或，
或.
17．【答案】（1）解：因为，的外接圆半径为4，
所以，解得，
在中，，
则，解得.
又因为，所以；
在中，，，，
所以.
（2）解：设，，
因为，所以.
又因为，所以，
在中，，由正弦定理得，即，解得
，
在中，，由正弦定理得，即，
解得，
所以.
又因为，所以，
当且仅当，即时，取得最大值1，
所以的最大值为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在三角形中，根据正弦定理求得，在三角形中，利用三角形面积公式得出的面积.
（2）设，在三角形中，分别用正弦定理表示出，从而建立关于的三角函数，再结合的取值范围和不等式的基本性质以及换元法和正弦函数的图象求最值的方法，从而得出正弦型函数的最大值，进而得出的最大值.
（1）因为，的外接圆半径为4，所以，解得.
在中，，则，解得.
又，所以；
在中，，，，
所以.
（2）设，.
又，所以.
因为，所以.
在中，，由正弦定理得，
即，解得
.
在中，，由正弦定理得，
即，解得，
所以.
又，所以，
当且仅当，即时，取得最大值1，
所以的最大值为.
18．【答案】（1）证明：∵，∴为直角三角形，
∵平面，且平面，平面，平面，
∴，，，
∴和为直角三角形，
∵，平面，平面，
∴平面，
又∵平面，
∴，
∴为直角三角形，
∴三棱锥为鳖曘.
（2）①证明：连接，
∵点分别为的中点，
∴，且平面，平面，
所以直线平面.
②解：平行，证明如下：
因为平面，平面，平面平面=，
所以.
【知识点】棱锥的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）利用已知条件和“鳖臑”的定义以及线面垂直的性质定理和判定定理，从而证出三棱锥为鳖臑.
（2）①利用已知条件和三角形的中位线定理以及线面平行的判定定理，从而证出直线平面.
②利用①的结论和线面平行的性质定理，从而判断并证出与的位置关系.
（1）∵，
∴为直角三角形，
∵平面，且平面，平面，平面，
∴，，，
∴和为直角三角形，
∵，平面，平面，
∴平面，
又∵平面，
∴，
∴为直角三角形，
∴三棱锥为鳖曘.
（2）①
连接，∵点分别为的中点，
∴，
且平面，平面，
所以直线平面，
②平行，
证明：平面，平面，平面平面=，
所以.
19．【答案】（1）由于是奇函数，故，即恒成立，所以；
由于是偶函数，故，即恒成立，所以.
故，.
现要解方程，而，故命题等价于，即.
这是关于正实数的二次方程，解得，所以.
（2）由于，
而单调递增，且对有，故当时，的取值范围是.
从而命题等价于对任意的，有，即.
若，则有，故条件对不成立，不符合要求；
若，则对有，符合要求.
所以的取值范围是.
（3）我们有，.根据题目定义，是在上的“型平行追逐函数”，当且仅当存在，满足.
换言之，函数在上不是单调函数.
由于
，
而在上递增，取值范围为.
故命题等价于在上不是单调函数.
对，我们知道在上递减，在上递增.
所以命题等价于，从而正数的取值范围是.
【知识点】复合函数的单调性；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，函数的恒成立，函数的单调性.（1）根据是奇函数，利用函数的奇偶性可列出方程，解方程可求出a的值；根据是偶函数，利用偶函数的性质可列出方程，解方程可求出b的值，进而可求出的表达式，进而可将 转化为方程.，解方程可求出，进而可求出x的值；
（2）计算的表达式可得：，根据时，利用指数函数的性质可得：的取值范围是，据此可将问题转化为对任意的，有，即.分两种情况：若；若，讨论不等式是否成立，据此可求出实数n的取值范围；
（3）将命题转化为在上不是单调函数，通过化简可得：，再根据在上递增，取值范围为.故命题等价于在上不是单调函数.进而可得命题等价于，解不等式可求出正实数m的取值范围.
（1）由于是奇函数，故，即恒成立，所以；
由于是偶函数，故，即恒成立，所以.
故，.
现要解方程，而，故命题等价于，即.
这是关于正实数的二次方程，解得，所以.
（2）由于，
而单调递增，且对有，故当时，的取值范围是.
从而命题等价于对任意的，有，即.
若，则有，故条件对不成立，不符合要求；
若，则对有，符合要求.
所以的取值范围是.
（3）我们有，.
根据题目定义，是在上的“型平行追逐函数”，当且仅当存在，满足.
换言之，函数在上不是单调函数.
由于
，
而在上递增，取值范围为.
故命题等价于在上不是单调函数.
对，我们知道在上递减，在上递增.
所以命题等价于，从而正数的取值范围是.
1 / 1广东实验中学2023-2024学年高一下学期第二次段考数学试题
1．（2024高一下·广州期中）复数，（，）为实数的充要条件是（ ）
A． B．且 C．且 D．且
【答案】A
【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：若复数，（，）为实数，
则.
故答案为：A.
【分析】利用复数为实数的判断方法和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出复数，（，）为实数的充要条件.
2．（2024高一下·广州期中）点P满足向量，则点P与AB的位置关系是（ ）
A．点P在线段AB上 B．点P在线段AB延长线上
C．点P在线段AB反向延长线上 D．点P在直线AB外
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；相等向量
【解析】【解答】解：，
，∴点P在线段AB反向延长线上.
故答案为：C.
【分析】由题中已知条件得出，从而得出点P与AB的位置关系.
3．（2024高一下·广州期中）（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，
所以
.
故答案为：B.
【分析】利用诱导公式，将化为，再由余弦的两角和公式可得答案.
4．（2024高一下·广州期中）如图所示的点，线，面的位置关系，用符号语言表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：因为点和面、点和线的关系用“”或“”表示，故A错误；
因为线面关系用“”或“”表示，故B、D错误；
根据图形有，故C正确.
故答案为：C.
【分析】根据点、线、面的位置关系及其符号表示，从而逐项判断找出用符号语言表示正确的选项.
5．（2024高一下·广州期中）已知，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】由指数幂的运算性质，可得，即，
又由，即，
又由对数的运算，可得，即，所以.
故选：C.
【分析】本题考查利用幂函数的单调性和对数函数的单调性比较大小.先利用幂函数的单调性将a和b与0，1，2进行比较，可得：，；再利用对数函数的单调性将c与2进行比较可得：，综合可求出答案.
6．（2024高一下·广州期中）已知点O是内部一点，并且满足，的面积为，的面积为，则（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】A
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的基本定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，所以，
取的中点，则，
，即为中线的中点，如图所示，
则的面积为，的面积为，则，
，所以.
故答案为：A.
【分析】利用，从而确定点O的位置，如图结合三角形面积关系得出的值.
7．（2024高一下·广州期中）已知函数，其中.若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】 在区间上单调递增， 由得
，根据余弦函数单调性得 ，解得 ，
所以 的取值范围是 .
故答案为：A.
【分析】由得范围，然后根据y=cosx在上是增函数，列出不等式组解出 的取值范围即可.
8．（2024高一下·广州期中）半正多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为2，点M，N分别在线段，上，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三点共线；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：将该半正多面体展开为平面，且在线段两侧（两线段在两点之间），
如下图所示，
由半正多面体中，棱长为2，得，，且，
故，所以，
当且仅当在展开图中共线时等号成立.
故答案为：D.
【分析】将几何体展开为平面图形，利用两点之间线段最短，从而求出的最小值.
9．（2024高一下·广州期中）在空间中，下列命题正确的是（ ）
A．若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点
B．若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线
C．若点既在平面内，又在平面内，且与相交于直线，则点在上
D．用任意平面截一个圆锥，夹在这个平面和底面间的几何体是圆台
【答案】A,B,C
【知识点】命题的真假判断与应用；三点共线；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：对于选项A：如果两个平面有一个交点，则个平面必有过该点的一条交线，
所以这两个平面有无数个公共点，故A正确；
对于选项B：若其中三点共线，则一条直线和直线外一点确定一个平面，
则四点共面，与四个点不共面矛盾，所以其中任意三点不公线，故B正确；
对于选项C：若点既在平面内，又因为在平面内，
则点是两个平面的公共点，是两个平面的交线，
根据公共点一定在交线上，所以一定在上，故C正确；
对于选项D：只有平面与底面平行时，得到的平面和底面间的几何体才是圆台，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据平面公理和推论判断出选项A、选项B和选项C；根据圆台的定义判断出选项D，从而找出真命题的选项.
10．（2024高一下·广州期中）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B
【知识点】函数的值；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图可知，
则，因为，所以．
由，得，则，
因为，所以，
所以．
故答案为：AB.
【分析】由函数的图象的顶点坐标求出的值，由余弦型函数的最小正周期公式求出的值，由换元法和余弦函数的图象的对称中心坐标，从而求出的值，进而可得函数f(x)的解析式.
11．（2024高一下·广州期中）如图，在棱长为的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，点满足，，下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．若，，，四点共面，则
C．若，点在侧面内，且平面，则点的轨迹长度为
D．若，由平面分割该正方体所成的两个空间几何体为和，某球能够被整体放入或，则该球的表面积最大值为
【答案】A,C
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；共面向量定理
【解析】【解答】解：如图所示：
对于A，在正方体中，平面平面，平面，
故平面，故A正确；
对于B，如图，延展平面，易知平面过的中点，所以，故B错误；
对于C，如图，若，取的三等分点靠近，的中点，
则，平面，平面，
故平面，同理平面，
因为又，，平面，
所以平面平面，
当点在线段上时，平面，
则满足平面，所以即为的轨迹，
由，得，故C正确；
对于D，如图所示易知：
该球是以为顶点，底面为正六边形的正六棱锥相切的球，，
则该六棱锥的高为：，
正六边形的面积为：，
的面积为：，
设内切球的半径为，由等体积法可得：，
则该球的半径为，所以该球的表面积最大为，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】由面面平行的性质定理判断出选项A；延展平面可得平面过的中点，从而可得的值，则判断出选项B；先找到点的轨迹，再由几何关系算出点的轨迹长度，则判断出选项C；若，由平面分割该正方体所成的两个全等的空间几何体为和且为正六棱锥，由等体积法算出球的半径，则可得球的表面积的最大值，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．（2024高一下·广州期中）已知是虚数单位，则 .
【答案】
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】利用复数的除法运算法则和虚数单位的周期，再结合复数求模公式得出答案.
13．（2024高一下·广州期中）在平面斜坐标系中，，平面上任一点关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的：若（其中，分别为，轴方向相同的单位向量），则的坐标为，若关于斜坐标系的坐标为，则
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：易知，，且，
因为关于斜坐标系的坐标为，所以，
则.
故答案为：．
【分析】由题意，结合向量的数量积定义以及向量的模长公式求解即可.
14．（2024高一下·广州期中）定义在R上的两个函数和，已知，．若图象关于点对称，则 ， ．
【答案】；
【知识点】函数的周期性；函数的值；图形的对称性
【解析】【解答】解：由，可得，
又因为，所以，
令，所以，
因为的图象关于点对称，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，，
令，所以，则；
因为，所以，
又因为，所以，，
则，4是的一个周期，
因为，，所以，
因为周期是4，所以.
故答案为：3，0.
【分析】①根据题意，利用方程法得到，再通过赋值得到，再根据的图象关于点对称得到，即可得到，再利用方程法得到，令，得到，从而求出的值.
②利用方程法得到，整理可得，从而得到4是的一个周期，再根据得到，再利用函数的周期性求出的值.
15．（2024高一下·广州期中）陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一．图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中分别是上、下底面圆的圆心，且，现有一箱这种的陀螺共重（不包含箱子的质量），陀螺的密度为（取3）
（1）试问该箱中有多少个这样的陀螺？
（2）如果要给这箱陀螺的每个表面涂上一种特殊的颜料，试问共需涂多少的颜料？
【答案】（1）因为，所以，
圆锥部分的体积为，圆柱部分的体积为，
所以一个陀螺的体积为，质量为，
所以该箱中共有陀螺个.
（2）易知，
则圆锥的侧面积为，圆柱侧面积为，
底面面积为，
所以一个陀螺的表面积为，
所以，
所以，给这箱陀螺的每个表面涂上颜料共需涂多少的颜料.
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【分析】本题考查圆柱和圆锥的体积，表面积公式.（1）根据题意可求出，利用棱柱和棱锥的体积计算公式可求出圆锥部分的体积为，圆柱部分的体积为，进而可求出一个陀螺的体积，据此可求出质量，求出该箱中共有陀螺的个数；
（2）先利用圆锥的侧面积和圆柱的底面积公式求出一个陀螺的表面积，再乘以40，可求出这箱陀螺的每个表面涂上颜料共需涂得面积.
（1）因为，所以，
圆锥部分的体积为，圆柱部分的体积为，
所以一个陀螺的体积为，质量为，
所以该箱中共有陀螺个.
（2）易知，
则圆锥的侧面积为，圆柱侧面积为，
底面面积为，
所以一个陀螺的表面积为，
所以，
所以，给这箱陀螺的每个表面涂上颜料共需涂多少的颜料.
16．（2024高一下·广州期中）已知函数.
（1）若函数的图象关于直线对称，求实数的值；
（2）当时，
①求函数的单调增区间；
②若，求的值.
【答案】（1）解：
的图像关于直线对称，则为函数的最值，
.
（2）解：①当时，，
由，得
即函数的单调递增区间为.
②，
则或
或，
或.
【知识点】函数的图象；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【分析】（1）利用同角三角函数基本关系式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式和辅助角公式，从而化简出函数解析式，再由为最大值列出方程，从而得出实数的值.
（2）①由函数解析式和正弦型函数的单调性，从而求出函数的单调增区间.
②由已知条件和正弦型函数的图象以及正切函数的定义，从而得出的值.
（1），
的图像关于直线对称，则为函数的最值，
.
（2）①当时，有，
由，得，
即函数的单调递增区间为；
②，
则或或，
或.
17．（2024高一下·广州期中）如图，在四边形中，，，且的外接圆半径为4.
（1）若，，求的面积；
（2）若，求的最大值.
【答案】（1）解：因为，的外接圆半径为4，
所以，解得，
在中，，
则，解得.
又因为，所以；
在中，，，，
所以.
（2）解：设，，
因为，所以.
又因为，所以，
在中，，由正弦定理得，即，解得
，
在中，，由正弦定理得，即，
解得，
所以.
又因为，所以，
当且仅当，即时，取得最大值1，
所以的最大值为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在三角形中，根据正弦定理求得，在三角形中，利用三角形面积公式得出的面积.
（2）设，在三角形中，分别用正弦定理表示出，从而建立关于的三角函数，再结合的取值范围和不等式的基本性质以及换元法和正弦函数的图象求最值的方法，从而得出正弦型函数的最大值，进而得出的最大值.
（1）因为，的外接圆半径为4，所以，解得.
在中，，则，解得.
又，所以；
在中，，，，
所以.
（2）设，.
又，所以.
因为，所以.
在中，，由正弦定理得，
即，解得
.
在中，，由正弦定理得，
即，解得，
所以.
又，所以，
当且仅当，即时，取得最大值1，
所以的最大值为.
18．（2024高一下·广州期中）我国古代数学名著《九章算术》中，称四面都为直角三角形的三棱锥为“鳖臑”．如图，在三棱锥中，平面．
（1）证明：三棱锥为鳖臑；
（2）若为上一点，点分别为的中点．平面与平面的交线为．
①证明：直线平面；
②判断与的位置关系，并证明你的结论．
【答案】（1）证明：∵，∴为直角三角形，
∵平面，且平面，平面，平面，
∴，，，
∴和为直角三角形，
∵，平面，平面，
∴平面，
又∵平面，
∴，
∴为直角三角形，
∴三棱锥为鳖曘.
（2）①证明：连接，
∵点分别为的中点，
∴，且平面，平面，
所以直线平面.
②解：平行，证明如下：
因为平面，平面，平面平面=，
所以.
【知识点】棱锥的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）利用已知条件和“鳖臑”的定义以及线面垂直的性质定理和判定定理，从而证出三棱锥为鳖臑.
（2）①利用已知条件和三角形的中位线定理以及线面平行的判定定理，从而证出直线平面.
②利用①的结论和线面平行的性质定理，从而判断并证出与的位置关系.
（1）∵，
∴为直角三角形，
∵平面，且平面，平面，平面，
∴，，，
∴和为直角三角形，
∵，平面，平面，
∴平面，
又∵平面，
∴，
∴为直角三角形，
∴三棱锥为鳖曘.
（2）①
连接，∵点分别为的中点，
∴，
且平面，平面，
所以直线平面，
②平行，
证明：平面，平面，平面平面=，
所以.
19．（2024高一下·广州期中）若是定义在上的增函数，其中，存在函数，，且函数图像上存在两点，图像上存在两点，其中两点横坐标相等，两点横坐标相等，且，则称在上可以对进行“型平行追逐”，即是在上的“型平行追逐函数”. 已知是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数．
（1）求满足的的值；
（2）设函数，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围；
（3）若函数是在上的“型平行追逐函数”，求正数的取值范围．
【答案】（1）由于是奇函数，故，即恒成立，所以；
由于是偶函数，故，即恒成立，所以.
故，.
现要解方程，而，故命题等价于，即.
这是关于正实数的二次方程，解得，所以.
（2）由于，
而单调递增，且对有，故当时，的取值范围是.
从而命题等价于对任意的，有，即.
若，则有，故条件对不成立，不符合要求；
若，则对有，符合要求.
所以的取值范围是.
（3）我们有，.根据题目定义，是在上的“型平行追逐函数”，当且仅当存在，满足.
换言之，函数在上不是单调函数.
由于
，
而在上递增，取值范围为.
故命题等价于在上不是单调函数.
对，我们知道在上递减，在上递增.
所以命题等价于，从而正数的取值范围是.
【知识点】复合函数的单调性；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，函数的恒成立，函数的单调性.（1）根据是奇函数，利用函数的奇偶性可列出方程，解方程可求出a的值；根据是偶函数，利用偶函数的性质可列出方程，解方程可求出b的值，进而可求出的表达式，进而可将 转化为方程.，解方程可求出，进而可求出x的值；
（2）计算的表达式可得：，根据时，利用指数函数的性质可得：的取值范围是，据此可将问题转化为对任意的，有，即.分两种情况：若；若，讨论不等式是否成立，据此可求出实数n的取值范围；
（3）将命题转化为在上不是单调函数，通过化简可得：，再根据在上递增，取值范围为.故命题等价于在上不是单调函数.进而可得命题等价于，解不等式可求出正实数m的取值范围.
（1）由于是奇函数，故，即恒成立，所以；
由于是偶函数，故，即恒成立，所以.
故，.
现要解方程，而，故命题等价于，即.
这是关于正实数的二次方程，解得，所以.
（2）由于，
而单调递增，且对有，故当时，的取值范围是.
从而命题等价于对任意的，有，即.
若，则有，故条件对不成立，不符合要求；
若，则对有，符合要求.
所以的取值范围是.
（3）我们有，.
根据题目定义，是在上的“型平行追逐函数”，当且仅当存在，满足.
换言之，函数在上不是单调函数.
由于
，
而在上递增，取值范围为.
故命题等价于在上不是单调函数.
对，我们知道在上递减，在上递增.
所以命题等价于，从而正数的取值范围是.
1 / 1
