2020-2021学年广东省深圳中学高一下学期期中数学试题（解析版）

2020-2021学年广东省深圳中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用给定等式结合复数除法求出即可得解.

【详解】因，则，

所以的虚部为-2.

故选：A

2．已知，，若三点共线，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由向量共线的坐标表示列式即可得解.

【详解】因三点共线，于是得，而，，

则有，即，

所以的值为.

故选：A

3．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先判断函数的奇偶性，排除A,B，再利用特殊值，根据之间函数值正负的不同，取，即可得到函数值，判断出结果.

【详解】，那么，那么函数为偶函数，故排除A,B，

当 时， ，取 ，那么,

那么排除C.

故选：D

4．某地区居民血型的分布为型型型型.已知同种血型的人可以互相输血，O型血的人可以给任何一种血型的人输血，型血的人可以接受任何一种血型的血，其他不同血型的人不能互相输血.现有一血型为型的病人需要输血，若在该地区任选一人，则能为该病人输血的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意能为型的病人输血的有型和型，根据互斥事件概率的加法公式即可求解.

【详解】该地区居民血型的分布为型型型型.，

能为型的病人输血的有型和型，

所以能为该病人输血的概率为，

故选：C.

5．设的内角所对边的长分别为，若,则角=

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】试题分析：，由正弦定理可得即； 因为，所以，所以，而，所以，故选B.

【解析】1.正弦定理；2.余弦定理.

6．已知中，，.若，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】以为基底，表示出，再借助平面向量基本定理即可得解.

【详解】中，以基底，因，则，

又，则，

，而，，

从而得，

于是得且，解得，

所以的值为1.

故选：D

7．如图，在等腰梯形中，，，，，为线段上的动点(包括端点)，则的最小值为（    ）

A．8 B．12 C．20 D．30

【答案】C

【分析】设，利用，结合向量的数量积的运算，即可求解.

【详解】如图所示，过点作，垂足为，

因为在等腰梯形中，，

可得，

设，

可得

，

由二次函数的图象与性质，可得当时，取得最小值，最小值为.

故选：C.

8．设锐角的内角所对的边分别为，若，，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由给定条件结合正弦定理边化角，求出角C，再利用正弦定理借助三角函数恒等变换即可作答.

【详解】中，由正弦定理得：,

整理变形得：，

而，则，，于是得，

则，令，于是有，因为锐角三角形，即，

由正弦定理得，

，

而，则有，即，

所以的取值范围为.

故选：D

二、多选题

9．已知函数的部分图象如图所示，关于此函数的下列描述，其中正确的有（    ）

A． B．

C． D．若，则

【答案】ABD

【分析】由函数图象可得当时，取得最大值可判断选项A，由三角函数的周期可判断选项B，由题意可得结合可判断选项C，由，可得，计算可判断选项D，进而可得正确选项.

【详解】对于选项A：由图知，函数最大值为，所以，故选项A正确；

对于选项B：函数周期为，所以，故选项B正确；

对于选项C：由图知，可得，由于，所以，，故选项    C不正确；

对于选项D：若，则，

所以，

故选项D正确；

故选：ABD.

10．设的内角所对的边为，下列给出的各组条件能确定三角形有唯一解的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】根据选项利用正弦定理列出关系式，将的值代入求出的值，利用三角形边角关系，即可求解.

【详解】对于A中，因为，由正弦定理得到，解得，

因为，可得为锐角，可得三角形有唯一解，所以A正确；

对于B中，因为，由正弦定理可得，解得，

可得为直角，可得三角形有唯一解，所以B正确；

对于C中，因为，由正弦定理可得，解得，

因为，可得为锐角，可得三角形有唯一解，所以C正确；

对于D中，因为，由正弦定理可得，解得，

因为，可得为锐角，也可以为钝角，可得三角形有两解，所以D不正确.

故选：ABC

11．，是夹角为的单位向量，，.则下列结论中正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】根据向量的数量积的定义以及应用，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，向量，是夹角为的单位向量，可得，

因为，，

所以，即不成立，所以A错误；

由，即，故B正确；

由，可得，所以C错误；

由，

则，所以D正确.

故选：BD.

12．设的内角所对的边为，则下列命题正确的有（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】BCD

【分析】由余弦定理和基本不等式，逐项判定，即可求解.

【详解】由，可得，可得，

因为，可得，所以A错误；

由，可得，

当且仅当时等号成立，

因为，所以，所以B正确；

由且，

所以，

可得，所以，可得，

因为，所以，所以C正确；

由，可得，

所以，

因为，所以，所以D正确；

故选：BCD.

三、填空题

13．从编号为1，2，3，4的四个大小完全相同的小球中，随机抽取出两个球，则取出的两个球的编号之和小于6的概率为___________.

【答案】.

【分析】利用列举法求得基本事件的个数，取出的两个小球的编号之和小于6包含的基本事件有4个，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.

【详解】从编号为的四个大小完全相同的小球中，随机抽取两个球，

基本事件有：，共有6个，

取出的两个球的编号之和小于6包含的基本事件有：，共有4个，

则取出的两个编号之和小于6的概率为.

故答案为：.

14．如图，某登山队在山脚处测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡前进2千米后到达处，又测得山顶的仰角为，则山的高度为__________千米.

【答案】2

【分析】根据条件可得，，，然后利用正弦定理即可求出的长度，从而可求出的长

【详解】解：由题意得，，

所以，，，且，

在中，由正弦定理得，即，

，解得，

所以，

故答案为：2

15．已知向量､的夹角为，，且对于任意的，都有，则___________.

【答案】

【分析】将两边同时平方整理为关于的一元二次不等式，结合数量积的定义由即可求解.

【详解】由可得，即，

由数量积的定义整理可得：，

即即对于任意的恒成立，

所以，

即，，解得，

故答案为：.

四、双空题

16．如图，边长为的正三角形的边落在直线l上，中点与定点重合，顶点与定点重合.将正三角形沿直线l顺时针滚动，即先以顶点为旋转中心顺时针旋转，当顶点落在l上，再以顶点为旋转中心顺时针旋转，如此继续.当滚动到时，顶点运动轨迹的长度为___________；在滚动过程中，的取值范围为___________.

【答案】       

【分析】根据题意可知，点的轨迹为两个圆心角都为的圆弧和一个点，即可求出点的轨迹长度，分别求出点在滚动的过程中纵坐标的范围，求出点，即可求解.

【详解】根据题意可知，点的轨迹为两个圆心角都为的圆弧和一个点，且圆弧的半径为，

所以顶点运动轨迹的长度为，

，，设，则

所以，

滚动的过程中的纵坐标满足，

所以，

故答案为：；.

五、解答题

17．已知为虚数单位，复数，且为纯虚数.

（1）求及；

（2）若，求的模.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）利用复数的乘法运算计算，再根据纯虚数的定义可得的值，即可求解；

（2）利用复数的除法运算化简，再利用模长公式即可求解.

【详解】（1）,

因为为纯虚数，所以可得，

所以，，

（2）由（1）知：，

所以的模为.

18．已知向量，满足，，.

（1）求与夹角的余弦值；

（2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.

【答案】(1)；(2).

【分析】(1)利用平面向量数量积运算法则结合已知求出即可得解；

(2)先求出，然后由此数量积大于0及与不共线即可作答.

【详解】(1)因，，则，即有，

所以；

(2)由(1)知，

因与的夹角为锐角，于是得且与不共线，

从而得，即，

当与共线时，，即，而与不共线，则，

于是有且，

所以实数的取值范围是.

19．在①，②，③这三个条件中任选一个作为已知条件，补充到下面的横线上并作答.

问题：的内角的对边分别为，已知___________.

（1）求；

（2）若的面积，，求的值.

【答案】（1）； （2）.

【分析】（1）若选①：由正弦定理和两角差的正弦公式，化简得到，结合范围，即可求得的值；

若选②：由，由正弦定理和两角和差公式得到，进而求得的值；

若选③：由，由正弦定理和两角和差公式得到，进而求得的值；

（2）由的面积公式求得，得到，再结合正弦定理和余弦定理，即可求解.

【详解】（1）若选①：因为，

由正弦定理可得，

因为，可得，所以，可得，

因为，可得，所以，解得.

若选②：因为，

可得，

因为，可得，所以，即，

因为，所以.

若选③：因为，

由正弦定理得,

因为，可得，可得，

即，所以，

因为，所以.

（2）由的面积为，所以，

因为，所以，

由余弦定理得，所以，

又由正弦定理可得.

20．某公司为了了解顾客对其旗下产品的满意程度，随机抽取名顾客进行满意度问卷调查，按所得评分(满分100分)从低到高将满意度分为四个等级：

并绘制如图所示的频率分布直方图.已知调查评分在[70，80)的顾客为40人.

（1）求?的值及频率分布直方图中的值；

（2）据以往数据统计，调查评分在[60，70)的顾客购买该公司新品的概率为，调查评分在[70，80)的顾客购买该公司新品的概率为，若每个顾客是否购买该公司新品相互独立，在抽取的满意度等级为“一般”的顾客中，按照调查评分分层抽取3人.试问在抽取的3人中，至少有一人购买该公司新品的概率为多少？

（3）该公司设定的预案是：以抽取的样本作为参考，若顾客满意度评分的均值低于80分，则需要对该公司旗下产品进行调整，否则不需要调整.根据你所学的统计知识，判断该公司是否需要对旗下产品进行调整，并说明理由.(每组数据以区间的中点值代替)

【答案】（1）；（2）；（2）不用调整，理由见解析.

【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形的面积之和为1求得t，再根据调查评分在[70，80)的顾客为40人，且评分在[70，80)的频率为求n；

（2）由分层抽取3人，得到评分在[60，70)的人数为1，评分在[70，80)的人数为2，再利用独立事件的概率求解；

（3）根据频率分布直方图求得，顾客满意度评分的均值即可.

【详解】（1）由频率分布直方图得：，

 解得，

 因为调查评分在[70，80)的顾客为40人，且评分在[70，80)的频率为，

所以；

（2）调查评分在[60，70)的人数与评分在[70，80)的人数之比为1：2，

因为按照调查评分分层抽取3人，

所以评分在[60，70)的人数为1，评分在[70，80)的人数为2，

没有一人购买该公司新品的概率为：，

故在抽取的3人中，至少有一人购买该公司新品的概率为；

（3）由频率分布直方图得，

顾客满意度评分的均值为：，

由题意知不需要对该公司旗下产品进行调整..

21．如图，平面四边形的对角线相交于四边形内部，，，，.

（1）若，求的值；

（2）记，当变化时，求长度的最大值.

【答案】（1）； （2）.

【分析】（1）由已知利用余弦定理可得的值，由正弦定理求得，利用同角三角函数的基本关系式，求得，利用诱导公式，即可求得的值；

（2）在中，利用余弦定理可求得的值，利用正弦定理求得，在中，求得额的值，在中，由余弦定理求得，利用三角函数的性质，即可求解.

【详解】（1）在中，，

由余弦定理可得，所以，

由正弦定理，可得，所以，

故.

（2）在中，由，

可得，

由，可得，

在中，，所以，

在中，由余弦定理可得，

可得

，

因为，故最大时，也最大，

当时，即，最大，最大值为，

所以

22．对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“类函数”.

（1）已知函数，，试分别判断､是否为“类函数”，并说明理由；

（2）若函数为其定义域上的“类函数”，求实数的取值范围.

【答案】（1）不是“类函数”，是“类函数”，利用见解析；（2）

【分析】（1）根据已知条件中“类函数”的定义即可判断；

（2）根据已知条件中“类函数”的定义分别讨论、以及时有解即可，分离转化为值域问题即可求解.

【详解】（1）设在定义域内存在实数，满足，则

即，整理可得：，此方程无实根，

所以不是“类函数”，

设在定义域内存在实数，满足，则

，即

整理可得：，即，

可得：，所以是“类函数”，

（2）当时，，

，，由可得：

，即，所以，

因为在上为减函数，

所以，所以

当时，，

由可得：

即可得

，所以

令在单调递减，在上单调递增，

所以时，；时，，所以

所以，因为在单调递增，

所以

当时，，

由可得：即

，

因为在上单调递增，所以，

综上所述：实数的取值范围为