广东韶关实验中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题
1．（2024高一下·韶关期末）设全集，集合，，则（ ）
A．{2} B． C． D．
2．（2024高一下·韶关期末）已知向量，若，则（ ）
A．3 B． C．1 D．
3．（2024高一下·韶关期末）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·韶关期末）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·韶关期末）以斜边长为2的等腰直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·韶关期末）已知为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若直线与平面所成角相等，则
B．若平面上有三个不同点到平面的距离相等，则
C．若上有两个不同点到平面的距离相等，则
D．若，且直线异面，则
7．（2024高一下·韶关期末）一艘船以4 km/h的速度与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2 km/h，则经过 h，则船实际航程为（ ）
A．2 km B．6 km C．2 km D．8 km
8．（2024高一下·韶关期末）如图，某工程队将从A 到D 修建一条隧道，工程队从A 出发向正东行到达B，然后从B向南偏西方向行了一段距离到达C，再从C 向北偏西方向行了到达D. 已知C在A 南偏东方向上，则A 到D 修建隧道的距离为（ ）km.
A． B． C． D．
9．（2024高一下·韶关期末）下列结论正确的是（ ）
A．当时，复数是纯虚数
B．复数对应的点在第一象限
C．复数z及其共轭复数满足，则
D．复数与分分别对应向量 与 则向量 表示的复数为
10．（2024高一下·韶关期末）已知是函数的一个零点.则（ ）
A．
B．函数的值域为
C．函数的单调递减区间为
D．不等式的解集为
11．（2024高一下·韶关期末）已知点 O是平面直角坐标系的原点，点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，作，垂足为D，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．设 四边形OABP有可能是平行四边形
C．将绕 O逆时针旋转得到向量 则的坐标为
D．
12．（2024高一下·韶关期末）已知复数 ，则|z|= ．
13．（2024高一下·韶关期末）若且 则 ，
14．（2024高一下·韶关期末）如图，在正方体中，点M为棱的中点，记过点与AM垂直的平面为，平面将正方体分成两部分，体积较大的记为V大，另一部分的体积为，则 .
15．（2024高一下·韶关期末）设的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
（1）求B；
（2）若，求的面积.
16．（2024高一下·韶关期末）数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.例如： 如图甲，在中，D 为BC的中点，则在 中，有，在中，有，两式相加得，因为 D 为 BC的中点，所以，于是如图乙，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点.
（1）如图乙，请用“算两次”的方法证明：；
（2）如图乙，若与的夹角为，求与的夹角的余弦值.
17．（2024高一下·韶关期末）如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点.
（1）求证：平面
（2）求证：平面平面
（3）若，求二面角 的余弦值.
18．（2024高一下·韶关期末）已知函数的最大值为1，其图象相邻两对称轴之间的距离为．若将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的图象关于原点中心对称．
（1）求函数的解析式；
（2）已知常数，，且函数在内恰有2025个零点，求常数与n的值．
19．（2024高一下·韶关期末）设函数的定义域为D，对于区间，若满足以下两条性质之一，则称I为的一个“Ω区间”.
性质1： 对任意，有；
性质2： 对任意，有.
（1）分别判断区间是否为下列两函数的“Ω区间”，并说明理由；
①②
（2）若是函数的“Ω区间”，求实数的取值范围；
（3）已知函数在R 上单调递减，且只能满足性质2. 求证： 函数在 R 上存在唯一的零点.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可得或，
故.
故答案为：B.
【分析】根据集合交集、并集和补集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：依题意，，
由，
得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和向量加法的坐标运算和向量垂直的坐标表示，从而列式计算得出实数的值.
3．【答案】D
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：根据特殊角的三角函数值，可知.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和诱导公式以及特殊角的三角函数值，从而得出的值.
4．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
满足，则函数为奇函数，
且.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，结合奇偶性定义判断奇偶性，由解析式判断的符号，即可确定图象.
5．【答案】B
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【解答】解：由题意可知：等腰直角三角形斜边的高为1，腰长为，
该三角形旋转一周所得几何体为2个共底面，且底面半径为1，母线长为的圆锥拼接而成，
所以所得几何体的表面积为.
故答案为：B.
【分析】根据题意可知该三角形旋转一周所得几何体为2个共底面，且底面半径为1，母线长为的圆锥拼接而成，再结合圆锥的表面积公式得出将该三角形旋转一周所得几何体的表面积.
6．【答案】D
【知识点】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；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：如图所示：
对于A，在正方体中，直线与平面所成角均为，
但相交，故A错误；
对于B，因为直线上的点到平面的距离相等，
故平面上有三个不同点到平面的距离相等，
但平面与平面相交，故B错误；
对于C，因为点到平面的距离相等，但直线与平面相交，故C错误；
对于D，若，，故过可作一平面，使得，则，
因为，异面，，所以，相交，
否则，可得，
这与，异面矛盾，所以，相交，
结合，，，，
则，故D正确．
故答案为：D．
【分析】根据空间中直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系和平面与平面的位置关系，从而逐项判断找出说法正确的选项．
7．【答案】B
【知识点】向量在物理中的应用
【解析】【解答】解：设船的速度为 ，水的速度为 ，则船的实际航行速度为 ，于是有
=
=12
=
船实际航程为 =6。
故答案为：B。
【分析】先由已知把船的速度和水的速度设为向量，表示出船的实际航行速度，再利用向量的运算，即可求出船实际航程.
8．【答案】C
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：连接AC，
可得，
，，
在中，由正弦定理得，
则，所以，
在中，由余弦定理得，
则．
故答案为：C．
【分析】由题意，在△ABC中，由正弦定理得出的长，在△ACD中，由余弦定理得出的长．
9．【答案】A,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A，当时，为纯虚数，故A正确；
对于B，因为，对应的点位于实轴上，故B错误；
对于C，设，，，则，
由得，即，解得，
故，故C正确；
对于D，因为复数与分别对应向量与，
则向量表示的复数为，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】根据纯虚数的判断方法，则判断出选项A；根据复数乘法运算法则得出复数z，再结合复数的几何意义得出复数对应的点的坐标，再利用点的坐标确定象限的方法，则判断出选项B；根据待定系数法设出复数z，再利用共轭复数的定义和复数的运算法则以及复数相等的判断方法，从而得出复数z，则判断出选项C；根据复数的几何意义结合向量的减法运算，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的正弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
A、因为是函数的一个零点，
所以，解得，故A正确；
B、由A可知：函数，
因为，所以，则函数的值域为，故B错误；
C、令，解得，
则函数的单调递减区间为，故C正确；
D、由选项B可知：当，即时，，
所以不等式的解集不为空集，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】将代入函数求解即可判断A；整理可得，结合正弦函数的有界性分析求解即可判断B；以为整体，结合正弦函数的单调性分析求解即可判断C；结合选项B中的值域分析即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示；任意角三角函数的定义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意可得：.
对于选项A：因为，故A错误；
对于选项B：因为，
若四边形OABP是平行四边形，则，
可得，解得，
所以四边形OABP有可能是平行四边形，故B正确；
对于选项C：设，
则，即，可知，
则，
，
所以的坐标为，故C正确；
对于选项D：由题意可知：在方向上的投影为，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据向量的模长的坐标表示判断出选项A；根据向量的线性运算结合向量相等，则判断出选项B；根据三角函数值的定义结合诱导公式判断出选项C；利用已知条件和数量积求向量投影公式以及勾股定理，从而得出的值，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：复数 = =i﹣1，
则|z|= = ，
故答案为： ．
【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．
13．【答案】2；
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，且，则，
可得，
所以，
.
故答案为：2；.
【分析】根据题意结合同角三角函数关系式可得，从而可得，再根据结合诱导公式得出的值.
14．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：分别取的中点，连接，
则∥，且∥，，
可知为平行四边形，则∥，可得∥，即四点共面，
因为平面，平面，则，
又因为，
所以，可知，
可得，且，平面，
所以平面，
由平面，可得，
连接，
因为为正方形，则，
又因为平面，平面，
则，且，平面，
可得平面，
由平面，可得，且，平面，
可得平面，可知平面即为平面，
设正方体的棱长为2，
则正方体的体积为，
所以三棱台的体积为，
可知，，
所以.
故答案为：.
【分析】作出辅助线，根据垂直关系证出直线平面，可知平面为平面，再结合正方体的体积公式和三棱台的体积公式，从而得出的值.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，，即，
又因为，所以；
（2）解： 若，，由余弦定理：，
可得，整理可得，解得，
则的面积.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，即可求得角；
（2）由题意，利用余弦定理可得，再结合面积公式求解即可.
（1）因为，由正弦定理可得，
且，则，可得，即，
且，所以.
（2）由余弦定理可得：，
即，整理可得，解得或（舍去），
所以的面积.
16．【答案】（1）证明：因为，
则，
且E，F分别为AD，BC的中点，
则，
所以.
（2）解：由题意可知：，
由（1）可知：，
所以，
则，
，
则，
所以与的夹角的余弦值.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据题意结合“算两次”的方法，再利用向量加法法则和中点的性质，从而证出成立.
（2）根据题意结合（1）可求，再结合数量积求向量夹角公式得出与的夹角的余弦值.
（1）因为，
则，
且E，F分别为AD，BC的中点，则，
所以.
（2）由题意可知：，
由（1）可知：，即，
则，
，即，
所以与的夹角的余弦值.
17．【答案】（1）证明：取的中点，连接，
因为为棱的中点，
所以，，
又因为，，为的中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）证明：因为三棱柱为直三棱柱，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，，平面，平面
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（3）解：取的中点，连接，
因为为的中点，
所以，
又因为，
所以，
因为直三棱柱的几何特征可得面，又因为面，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
所以二面角的平面角为，
因为，
所以，，
在中，，
所以，
所以二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）取的中点，由中位线定理可得，，从而判断出四边形是平行四边形，进而可得，再由线面平行的判定定理，从而证出平面．
（2）由线面垂直的判定定理可得平面，再结合线面垂直证出面面垂直，从而证出平面平面．
（3）取的中点，连接，先找到二面角的平面角为，再根据勾股定理和余弦函数的定义，从而得出二面角 的余弦值．
（1）证明：取的中点，连接，
因为为棱的中点，
所以，，
又，，为的中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）证明：因为三棱柱为直三棱柱，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
（3）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，
又，所以，
又直三棱柱的几何特征可得面，又面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，
所以，，
在中，，
所以，
所以二面角的余弦值为．
18．【答案】（1）解：依题意可知：，可得，
因为，所以，且，
可得，则，
将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，
得到的函数为，
因为图象关于原点中心对称，
则，，且，，
所以．
（2）解：由题意可知：
当时，，则在内的零点个数为偶数个，
因为在内恰有2025个零点，为奇数个零点，故，
由，，可得，
设，则，
可知在和上递减，且，.
①若，由，得或，
则（n为奇数）或（n为偶数），
解得n不是整数，舍去；
②若，由，得或，
由（n为奇数），解得n不是整数，舍去，
或， 解得；
③若且，在内的零点个数为偶数；
④或，在内的零点个数为偶数，
综上所述：，．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；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）由正弦型函数的最大值得出A的值，利用正弦型函数的最小正周期公式得出的值，再结合正弦型函数的图象变换得出变换后的函数解析式，则由正弦型函数的对称性得出的值，从而得出正弦型函数的解析式.
（2）先确定，则，这样零点问题转化为，从而得出函数的最大值和最小值，再讨论方程解的个数，从而分类讨论得出的值．
（1）依题意可知：，可得，
，即，且，可得，
则，
将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，
得到的函数为，
因为图象关于原点中心对称，则有，．
且，，
所以．
（2）由题意可知：
当时，，则在内的零点个数为偶数个，
因为在内恰有2025个零点，为奇数个零点，故，
由，可得，
设，则，
可知在和上递减，且，，
①若，由得或，
则（n为奇数）或（n为偶数），解得n不是整数，舍去；
②若，由得或，
则由（n为奇数），解得n不是整数，舍去；
或， 解得；
③若且，在内的零点个数为偶数；
④或，在内的零点个数为偶数．
综上所述：，．
19．【答案】（1）解：对于①，由一次函数的性质得它在上单调递减，
所以当时，，
故区间是的“Ω区间”；
对于②，由反比例函数的性质得它在上单调递减，
所以当时，，
此时不满足，也不满足，
故区间不是的“Ω区间”.
（2）解：由题意知是函数的“Ω区间”，，所以满足性质1，所以，则，
①若时，且，，
可知在上单调递减，
所以，
解之得出不存在，故舍之；
②若时，
在时，则在上单调递增；
在时，，则在上单调递减，
所以，
则，解得；
③若时，，则在上单调递增，
则，
解得不存在，故舍之，
综上可知，若是函数的“Ω区间”，.
（3）证明：设是R上的任意两个实数，且，
因为在R 上单调递减，所以，
则根据不等式运算法则知，
令，所以在R上单调递减，
因为只能满足性质2，所以存在，使得，
若，则，
因为单调递减，所以当足够大时，，即，
所以由在R上单调递减可知，存在唯一的使得，
若，，
因为单调递减，所以当足够小时，，即，
由在R上单调递减可知，存在唯一的使得，
综上可知，函数在 R 上存在唯一的零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)利用所给定义和函数的单调性，从而判断区间是的“Ω区间”和区间不是的“Ω区间”.
(2)先确定函数满足性质1，再对进行讨论，则根据导数判断函数单调性的方法，从而得出函数的最值，进而得出实数m的取值范围.
(3) 设新函数为，先判断函数的单调性，再根据零点存在定理证出函数在 R 上存在唯一的零点.
（1）对于①，由一次函数的性质得它在上单调递减，
所以当时，，
故区间是的“Ω区间”，
对于②，由反比例函数的性质得它在上单调递减，
所以当时，，此时不满足，也不满足，
故区间不是的“Ω区间”；
（2）由题意知是函数的“Ω区间”，，所以满足性质1，所以，则，
①若时，且，，可知在上单调递减，所以解之得不存在故舍之；
②若时，
在时，则在上单调递增，
在时，，则在上单调递减，
所以
解之得；
③若时，，则则在上单调递增，
解之得不存在故舍之.
综上可知若是函数的“Ω区间”，；
（3）设是R上的任意两个实数，且，
因为在R 上单调递减，所以，
则根据不等式运算法则知，
令，所以在R上单调递减，
因为只能满足性质2，所以存在，使得，
若，则，
因为单调递减，所以当足够大时，，即，
所以由在R上单调递减可知，存在唯一的使得，
若，，
因为单调递减，所以当足够小时，，即，
所以由在R上单调递减可知，存在唯一的使得，
综上函数在 R 上存在唯一的零点.
1 / 1广东韶关实验中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题
1．（2024高一下·韶关期末）设全集，集合，，则（ ）
A．{2} B． C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可得或，
故.
故答案为：B.
【分析】根据集合交集、并集和补集的运算法则，从而得出集合.
2．（2024高一下·韶关期末）已知向量，若，则（ ）
A．3 B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：依题意，，
由，
得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和向量加法的坐标运算和向量垂直的坐标表示，从而列式计算得出实数的值.
3．（2024高一下·韶关期末）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：根据特殊角的三角函数值，可知.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和诱导公式以及特殊角的三角函数值，从而得出的值.
4．（2024高一下·韶关期末）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
满足，则函数为奇函数，
且.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，结合奇偶性定义判断奇偶性，由解析式判断的符号，即可确定图象.
5．（2024高一下·韶关期末）以斜边长为2的等腰直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【解答】解：由题意可知：等腰直角三角形斜边的高为1，腰长为，
该三角形旋转一周所得几何体为2个共底面，且底面半径为1，母线长为的圆锥拼接而成，
所以所得几何体的表面积为.
故答案为：B.
【分析】根据题意可知该三角形旋转一周所得几何体为2个共底面，且底面半径为1，母线长为的圆锥拼接而成，再结合圆锥的表面积公式得出将该三角形旋转一周所得几何体的表面积.
6．（2024高一下·韶关期末）已知为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若直线与平面所成角相等，则
B．若平面上有三个不同点到平面的距离相等，则
C．若上有两个不同点到平面的距离相等，则
D．若，且直线异面，则
【答案】D
【知识点】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；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：如图所示：
对于A，在正方体中，直线与平面所成角均为，
但相交，故A错误；
对于B，因为直线上的点到平面的距离相等，
故平面上有三个不同点到平面的距离相等，
但平面与平面相交，故B错误；
对于C，因为点到平面的距离相等，但直线与平面相交，故C错误；
对于D，若，，故过可作一平面，使得，则，
因为，异面，，所以，相交，
否则，可得，
这与，异面矛盾，所以，相交，
结合，，，，
则，故D正确．
故答案为：D．
【分析】根据空间中直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系和平面与平面的位置关系，从而逐项判断找出说法正确的选项．
7．（2024高一下·韶关期末）一艘船以4 km/h的速度与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2 km/h，则经过 h，则船实际航程为（ ）
A．2 km B．6 km C．2 km D．8 km
【答案】B
【知识点】向量在物理中的应用
【解析】【解答】解：设船的速度为 ，水的速度为 ，则船的实际航行速度为 ，于是有
=
=12
=
船实际航程为 =6。
故答案为：B。
【分析】先由已知把船的速度和水的速度设为向量，表示出船的实际航行速度，再利用向量的运算，即可求出船实际航程.
8．（2024高一下·韶关期末）如图，某工程队将从A 到D 修建一条隧道，工程队从A 出发向正东行到达B，然后从B向南偏西方向行了一段距离到达C，再从C 向北偏西方向行了到达D. 已知C在A 南偏东方向上，则A 到D 修建隧道的距离为（ ）km.
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：连接AC，
可得，
，，
在中，由正弦定理得，
则，所以，
在中，由余弦定理得，
则．
故答案为：C．
【分析】由题意，在△ABC中，由正弦定理得出的长，在△ACD中，由余弦定理得出的长．
9．（2024高一下·韶关期末）下列结论正确的是（ ）
A．当时，复数是纯虚数
B．复数对应的点在第一象限
C．复数z及其共轭复数满足，则
D．复数与分分别对应向量 与 则向量 表示的复数为
【答案】A,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A，当时，为纯虚数，故A正确；
对于B，因为，对应的点位于实轴上，故B错误；
对于C，设，，，则，
由得，即，解得，
故，故C正确；
对于D，因为复数与分别对应向量与，
则向量表示的复数为，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】根据纯虚数的判断方法，则判断出选项A；根据复数乘法运算法则得出复数z，再结合复数的几何意义得出复数对应的点的坐标，再利用点的坐标确定象限的方法，则判断出选项B；根据待定系数法设出复数z，再利用共轭复数的定义和复数的运算法则以及复数相等的判断方法，从而得出复数z，则判断出选项C；根据复数的几何意义结合向量的减法运算，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高一下·韶关期末）已知是函数的一个零点.则（ ）
A．
B．函数的值域为
C．函数的单调递减区间为
D．不等式的解集为
【答案】A,C
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的正弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
A、因为是函数的一个零点，
所以，解得，故A正确；
B、由A可知：函数，
因为，所以，则函数的值域为，故B错误；
C、令，解得，
则函数的单调递减区间为，故C正确；
D、由选项B可知：当，即时，，
所以不等式的解集不为空集，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】将代入函数求解即可判断A；整理可得，结合正弦函数的有界性分析求解即可判断B；以为整体，结合正弦函数的单调性分析求解即可判断C；结合选项B中的值域分析即可判断D.
11．（2024高一下·韶关期末）已知点 O是平面直角坐标系的原点，点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，作，垂足为D，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．设 四边形OABP有可能是平行四边形
C．将绕 O逆时针旋转得到向量 则的坐标为
D．
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示；任意角三角函数的定义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意可得：.
对于选项A：因为，故A错误；
对于选项B：因为，
若四边形OABP是平行四边形，则，
可得，解得，
所以四边形OABP有可能是平行四边形，故B正确；
对于选项C：设，
则，即，可知，
则，
，
所以的坐标为，故C正确；
对于选项D：由题意可知：在方向上的投影为，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据向量的模长的坐标表示判断出选项A；根据向量的线性运算结合向量相等，则判断出选项B；根据三角函数值的定义结合诱导公式判断出选项C；利用已知条件和数量积求向量投影公式以及勾股定理，从而得出的值，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．（2024高一下·韶关期末）已知复数 ，则|z|= ．
【答案】
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：复数 = =i﹣1，
则|z|= = ，
故答案为： ．
【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．
13．（2024高一下·韶关期末）若且 则 ，
【答案】2；
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，且，则，
可得，
所以，
.
故答案为：2；.
【分析】根据题意结合同角三角函数关系式可得，从而可得，再根据结合诱导公式得出的值.
14．（2024高一下·韶关期末）如图，在正方体中，点M为棱的中点，记过点与AM垂直的平面为，平面将正方体分成两部分，体积较大的记为V大，另一部分的体积为，则 .
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：分别取的中点，连接，
则∥，且∥，，
可知为平行四边形，则∥，可得∥，即四点共面，
因为平面，平面，则，
又因为，
所以，可知，
可得，且，平面，
所以平面，
由平面，可得，
连接，
因为为正方形，则，
又因为平面，平面，
则，且，平面，
可得平面，
由平面，可得，且，平面，
可得平面，可知平面即为平面，
设正方体的棱长为2，
则正方体的体积为，
所以三棱台的体积为，
可知，，
所以.
故答案为：.
【分析】作出辅助线，根据垂直关系证出直线平面，可知平面为平面，再结合正方体的体积公式和三棱台的体积公式，从而得出的值.
15．（2024高一下·韶关期末）设的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
（1）求B；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，，即，
又因为，所以；
（2）解： 若，，由余弦定理：，
可得，整理可得，解得，
则的面积.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，即可求得角；
（2）由题意，利用余弦定理可得，再结合面积公式求解即可.
（1）因为，由正弦定理可得，
且，则，可得，即，
且，所以.
（2）由余弦定理可得：，
即，整理可得，解得或（舍去），
所以的面积.
16．（2024高一下·韶关期末）数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.例如： 如图甲，在中，D 为BC的中点，则在 中，有，在中，有，两式相加得，因为 D 为 BC的中点，所以，于是如图乙，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点.
（1）如图乙，请用“算两次”的方法证明：；
（2）如图乙，若与的夹角为，求与的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为，
则，
且E，F分别为AD，BC的中点，
则，
所以.
（2）解：由题意可知：，
由（1）可知：，
所以，
则，
，
则，
所以与的夹角的余弦值.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据题意结合“算两次”的方法，再利用向量加法法则和中点的性质，从而证出成立.
（2）根据题意结合（1）可求，再结合数量积求向量夹角公式得出与的夹角的余弦值.
（1）因为，
则，
且E，F分别为AD，BC的中点，则，
所以.
（2）由题意可知：，
由（1）可知：，即，
则，
，即，
所以与的夹角的余弦值.
17．（2024高一下·韶关期末）如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点.
（1）求证：平面
（2）求证：平面平面
（3）若，求二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，
因为为棱的中点，
所以，，
又因为，，为的中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）证明：因为三棱柱为直三棱柱，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，，平面，平面
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（3）解：取的中点，连接，
因为为的中点，
所以，
又因为，
所以，
因为直三棱柱的几何特征可得面，又因为面，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
所以二面角的平面角为，
因为，
所以，，
在中，，
所以，
所以二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）取的中点，由中位线定理可得，，从而判断出四边形是平行四边形，进而可得，再由线面平行的判定定理，从而证出平面．
（2）由线面垂直的判定定理可得平面，再结合线面垂直证出面面垂直，从而证出平面平面．
（3）取的中点，连接，先找到二面角的平面角为，再根据勾股定理和余弦函数的定义，从而得出二面角 的余弦值．
（1）证明：取的中点，连接，
因为为棱的中点，
所以，，
又，，为的中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）证明：因为三棱柱为直三棱柱，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
（3）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，
又，所以，
又直三棱柱的几何特征可得面，又面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，
所以，，
在中，，
所以，
所以二面角的余弦值为．
18．（2024高一下·韶关期末）已知函数的最大值为1，其图象相邻两对称轴之间的距离为．若将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的图象关于原点中心对称．
（1）求函数的解析式；
（2）已知常数，，且函数在内恰有2025个零点，求常数与n的值．
【答案】（1）解：依题意可知：，可得，
因为，所以，且，
可得，则，
将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，
得到的函数为，
因为图象关于原点中心对称，
则，，且，，
所以．
（2）解：由题意可知：
当时，，则在内的零点个数为偶数个，
因为在内恰有2025个零点，为奇数个零点，故，
由，，可得，
设，则，
可知在和上递减，且，.
①若，由，得或，
则（n为奇数）或（n为偶数），
解得n不是整数，舍去；
②若，由，得或，
由（n为奇数），解得n不是整数，舍去，
或， 解得；
③若且，在内的零点个数为偶数；
④或，在内的零点个数为偶数，
综上所述：，．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；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）由正弦型函数的最大值得出A的值，利用正弦型函数的最小正周期公式得出的值，再结合正弦型函数的图象变换得出变换后的函数解析式，则由正弦型函数的对称性得出的值，从而得出正弦型函数的解析式.
（2）先确定，则，这样零点问题转化为，从而得出函数的最大值和最小值，再讨论方程解的个数，从而分类讨论得出的值．
（1）依题意可知：，可得，
，即，且，可得，
则，
将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，
得到的函数为，
因为图象关于原点中心对称，则有，．
且，，
所以．
（2）由题意可知：
当时，，则在内的零点个数为偶数个，
因为在内恰有2025个零点，为奇数个零点，故，
由，可得，
设，则，
可知在和上递减，且，，
①若，由得或，
则（n为奇数）或（n为偶数），解得n不是整数，舍去；
②若，由得或，
则由（n为奇数），解得n不是整数，舍去；
或， 解得；
③若且，在内的零点个数为偶数；
④或，在内的零点个数为偶数．
综上所述：，．
19．（2024高一下·韶关期末）设函数的定义域为D，对于区间，若满足以下两条性质之一，则称I为的一个“Ω区间”.
性质1： 对任意，有；
性质2： 对任意，有.
（1）分别判断区间是否为下列两函数的“Ω区间”，并说明理由；
①②
（2）若是函数的“Ω区间”，求实数的取值范围；
（3）已知函数在R 上单调递减，且只能满足性质2. 求证： 函数在 R 上存在唯一的零点.
【答案】（1）解：对于①，由一次函数的性质得它在上单调递减，
所以当时，，
故区间是的“Ω区间”；
对于②，由反比例函数的性质得它在上单调递减，
所以当时，，
此时不满足，也不满足，
故区间不是的“Ω区间”.
（2）解：由题意知是函数的“Ω区间”，，所以满足性质1，所以，则，
①若时，且，，
可知在上单调递减，
所以，
解之得出不存在，故舍之；
②若时，
在时，则在上单调递增；
在时，，则在上单调递减，
所以，
则，解得；
③若时，，则在上单调递增，
则，
解得不存在，故舍之，
综上可知，若是函数的“Ω区间”，.
（3）证明：设是R上的任意两个实数，且，
因为在R 上单调递减，所以，
则根据不等式运算法则知，
令，所以在R上单调递减，
因为只能满足性质2，所以存在，使得，
若，则，
因为单调递减，所以当足够大时，，即，
所以由在R上单调递减可知，存在唯一的使得，
若，，
因为单调递减，所以当足够小时，，即，
由在R上单调递减可知，存在唯一的使得，
综上可知，函数在 R 上存在唯一的零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)利用所给定义和函数的单调性，从而判断区间是的“Ω区间”和区间不是的“Ω区间”.
(2)先确定函数满足性质1，再对进行讨论，则根据导数判断函数单调性的方法，从而得出函数的最值，进而得出实数m的取值范围.
(3) 设新函数为，先判断函数的单调性，再根据零点存在定理证出函数在 R 上存在唯一的零点.
（1）对于①，由一次函数的性质得它在上单调递减，
所以当时，，
故区间是的“Ω区间”，
对于②，由反比例函数的性质得它在上单调递减，
所以当时，，此时不满足，也不满足，
故区间不是的“Ω区间”；
（2）由题意知是函数的“Ω区间”，，所以满足性质1，所以，则，
①若时，且，，可知在上单调递减，所以解之得不存在故舍之；
②若时，
在时，则在上单调递增，
在时，，则在上单调递减，
所以
解之得；
③若时，，则则在上单调递增，
解之得不存在故舍之.
综上可知若是函数的“Ω区间”，；
（3）设是R上的任意两个实数，且，
因为在R 上单调递减，所以，
则根据不等式运算法则知，
令，所以在R上单调递减，
因为只能满足性质2，所以存在，使得，
若，则，
因为单调递减，所以当足够大时，，即，
所以由在R上单调递减可知，存在唯一的使得，
若，，
因为单调递减，所以当足够小时，，即，
所以由在R上单调递减可知，存在唯一的使得，
综上函数在 R 上存在唯一的零点.
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