2020-2021学年湖北省部分高中联考协作体高一下学期期中数学试题（解析版）

这是一份2020-2021学年湖北省部分高中联考协作体高一下学期期中数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年湖北省部分高中联考协作体高一下学期期中数学试题一、单选题1．已知，则复数的共轭复数是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用直接化简即可.【详解】，所以.故选：C.2．在中，若点是边上靠近点的三等分点，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用向量的加减法直接运算可得.【详解】如图，.故选：B.3．函数的单调递增区间为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求得的定义域，根据复合函数单调性的求法，结合二次函数、对数函数的性质，即可得答案.【详解】由题意得的定义域为，设，根据二次函数的性质可得在上单调递增，在上单调递减，又因为在为增函数，根据复合函数同增异减原则，可得的单调递增区间为.故选：D4．已知向量满足，，且，则的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由数量积的运算法则求得，再根据数量积的定义可得向量夹角．【详解】由，，所以，解得，则，又，所以的夹角为．故选：B．5．若，，，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用指数函数和对数函数的性质比较与0，1的大小，从而可比较出的大小关系【详解】解：因为在上为增函数，且，所以，即，因为在上为减函数，且，所以，即，因为在上为减函数，且，所以，即，综上，故选：A6．正方体的棱长为2，则它的外接球半径为（    ）A． B． C． D．1【答案】B【分析】正方体外接球直径为正方体的体对角线，直接求即可.【详解】正方体外接球直径为正方体的体对角线，故，故选：B.7．若的最大值为（    ）A． B． C． D．1【答案】B【分析】根据正弦、余弦的二倍角公式，化简计算，可得，根据正弦型函数的性质，即可得答案.【详解】由题意得，因为，的最大值为1，所以的最大值为.故选：B8．如图：正三棱锥中，，侧棱长为2，过点的平面截得．则的周长的最小值为（    ）A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】沿正三棱锥的侧棱AC剪开，根据两点间线段最短，由的周长的最小值为求解.【详解】由题意，沿正三棱锥的侧棱AC剪开，所得侧面展开图是三个顶角为的等腰三角形，腰长为2，如图所示：连接，则，所以是等腰直角三角形，则，由两点间线段最短得：的周长的最小值为两点之间的距离，即，故选：D二、多选题9．下列数学符号可以表示单位向量的是（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】根据单位向量的定义及模为1，逐一分析选项，即可得答案.【详解】因为单位向量的模为1，对于A：，故错误；对于B：，故为单位向量，故正确；对于C：，为数量，不是向量，故错误；对于D：，由定义可得为单位向量，故正确；故选：BD10．若，且，则下列不等式恒成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】利用基本不等式的性质来逐一判断正误即可.【详解】解：对于A，，所以A正确；对于B、C，虽然，只能说明同号，若都小于0时，则不等式不成立，所以B，C错误；对于D，，；故选：AD.【点睛】本题考查基本不等式的相关性质，利用不等式求最值时，必须注意满足的条件：一正、二定、三相等.11．已知的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若，，，则有两解C．若为钝角三角形，则D．若，，则面积没有最大值【答案】AB【分析】由已知结合正弦定理可检验；结合正弦定理及三角形大边对大角可检验选项；结合余弦定理可检验选项；结合余弦定理及基本不等式，三角形的面积公式可检验选项．【详解】，正确；因为，，，由正弦定理得，，故，因为，所以，故有两角，正确；为钝角三角形，但不确定哪个角为钝角，则不一定成立，不符合题意；因为，，由余弦定理得，，当且仅当时取等号，故，面积，即最大值为，不正确．故选：AB．12．已知点在所在平面内，下列说法正确的有（    ）A．若，则是的外心B．若，则是的重心C．若，则是的垂心D．若，则是的内心【答案】ABC【分析】A.由，得到判断； B.设AB的中点为D，得到，再根据，利用共线向量定理判断； C. 根据，利用向量的数量积运算判断； D. 由，转化为化简判断.【详解】A. 因为，所以，所以是的外心，故正确；B. 如图所示：设AB的中点为D，所以，因为， 所以，所以是的重心，故正确；C. 因为，所以，则，同理，所以是的垂心，故正确；D. ，所以即，则，得不出是的内心，故错误；故选：ABC三、填空题13．____________【答案】【详解】试题分析：因为，所以，则tan20° +tan40°+tan20°tan40°．【解析】两角和的正切公式的灵活运用．14．已知的面积为，且，则等于____________【答案】 或【分析】根据面积公式，可求得的值，根据角A的范围，即可求得答案.【详解】由题意得的面积，解得，因为，所以或.故答案为： 或15．如图，正方形的边长为1，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形的周长为________．【答案】8【分析】根据斜二测画法，还原出原图，根据原图与直观图的关系，求得边长，即可得答案.【详解】根据直观图，还原原图可得OABC，如图所示：根据原图与直观图的关系可得，，且，所以，所以原图形OABC的周长为3+1+3+1=8，故答案为：816．某海轮以60海里/小时的速度航行，在点测得海面上油井在南偏东方向，向北航行40分钟后到达点，测得油井在南偏东方向，海轮改为北偏东的航向再行驶40分钟到达点，则，间的距离为_______海里．【答案】80【分析】由等腰三角形得，然后用余弦定理求得，再用勾股定理求得【详解】因为AB＝40，∠BAP＝120°，∠ABP＝30°，所以∠APB＝30°，所以AP＝40，所以BP2＝AB2＋AP2－2AP·AB·cos 120°＝402＋402－2×40×40×＝402×3，所以BP＝40.又∠PBC＝90°，BC＝40，所以PC2＝BP2＋BC2＝(40)2＋402＝6400，所以PC＝80 海里．故答案为：80．四、解答题17．（1）已知满足，求实数，的值．（2）已知向量，，求在上的投影向量的坐标．【答案】（1），；（2）.【分析】（1）根据题意，将带入方程，根据复数相等的条件，即可求得答案.（2）根据题意，求得，进而可得在上的投影，进而可得答案.【详解】（1）由题意得：，∴，即，∴，解得，.（2），∴在上的投影为，∴在上的投影向量的坐标18．已知不等式的解集是M.（1）若，求实数a的取值范围；（2）若，求不等式的解集.【答案】（1）；（2）或【分析】（1）根据，代入不等式成立，即可求得a的范围；（2）根据M可得为方程的两根，利用韦达定理，可求得a的值，代入所求，即可求得答案.【详解】（1）因为，所以，解得，所以实数a的取值范围为（2）因为，所以为方程的两根，由韦达定理可得，解得，所以不等式即为，即，所以，解得或，所以方程的解集为：或.19．已知函数．（1）求的单调增区间；（2）当时，求的值域．【答案】（1）单调增区间；（2）.【分析】（1）首先利用三角恒等变换公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）由的取值范围求出的范围，再根据正弦函数的性质计算可得；【详解】（1）．∴，∵，∴∴的单调增区间．（2）∵，∴，∴．∴，∴的值域为．20．已知，，．（1）若，求的值；（2）设，若，求，的值．【答案】（1）；（2），．【分析】（1）根据题意可得，，见模平方，即可求得，即可得答案.（2）根据题意，可得，，根据，代入化简，即可得，的值，根据的范围，即可得答案.【详解】（1）∵，，∴，∵，∴，∴，∴．（2）∵，∴，，∴，  ∴， 解得，∴，∵，∴，．21．内角、、的对边分别为、、，设（1）求角；（2）若，求．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用余弦定理计算可得；（2）利用正弦定理将边化角，再利用和差角的正弦公式计算可得；【详解】解：（1），∴，所以，因为，∴．（2），∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，．22．某市政协会议有委员提案，在澴河之滨修建文昌阁，恢复历史人文景观，如图设想，在沿河道路共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为、、且，求文昌阁高度．【答案】文昌阁高度为．【分析】用余弦定理解三角形即可得到答案【详解】设古塔高度为，则，，，中，，∴，中，，∴，，∴，，答：文昌阁高度为．