2021-2022学年湖北省十堰市丹江口第一中学高一 5月联考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年湖北省十堰市丹江口第一中学高一 5月联考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省十堰市丹江口第一中学高一 5月联考数学试题 一、单选题1．设全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据补集、交集的定义计算可得；【详解】解：因为，所以，又；所以；故选：B2．在中，若，则（    ）A．45°  B． C． D．【答案】C【分析】由正弦定理可得，再利用余弦定理计算可得；【详解】解：因为，由正弦定理、、，所以，即，不妨令、、，由余弦定理，因为，所以；故选：C3．已知函数的部分图象如图所示，则的值分别为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】利用正弦函数的周期性可得，进而求得，再利用时取得最大值可求得值.【详解】∵在同一周期内，函数在时取得最大值，时取得最小值，∴函数的周期满足，由此可得，解得，函数表达式为.又∵当时取得最大值2，∴，可得，∵，∴取，得.故选：A.【点睛】本题考查由的部分图象确定函数解析式，考查正弦函数的周期性和最值，属于基础题.4．一个多面体的所有棱长都相等，那么这个多面体一定不可能是（    ）A．三棱锥 B．五面体 C．六棱锥 D．六面体【答案】C【分析】根据几何体的结构特征说明三棱锥，四棱锥以及六面体的每条棱可以都相等，作图说明六棱锥的每条棱不可能都相等，即可判断答案.【详解】一个多面体的所有棱长都相等，三棱锥是正四面体时，满足题意,选项A可能；正四棱锥的每条棱可以都相等，即每个侧面都是等边三角形，底面是正方形，即五面体的所有棱长可以都相等，选项B可能；如果六棱锥的棱长都相等，则该棱锥为正六棱锥，如图：六棱锥,O为底面中心，则,由于底面，底面，故,则，与矛盾，则正六棱锥的底面边长与棱长不可能相等，所以C不可能；六面体是正方体时，满足题意，所以D有可能.故选：C.5．已知函数,下列结论中错误的是A． B．函数的图象关于直线对称C．的最小正周期为 D．的值域为【答案】D【解析】由平方差公式及二倍角的余弦函数公式化简函数解析式可得，利用余弦函数的图象和性质及余弦函数的周期公式即可得解．【详解】解：由，故正确；由定义可知为偶函数，故正确；由周期公式可得的最小正周期为：，故正确；由余弦函数的性质可得的值域为，，故错误；故选：．【点睛】本题主要考查了平方差公式及二倍角的余弦函数公式，考查了余弦函数的图象和性质，属于基础题．6．的内角的对边分别为，则下列说法不正确的是（    ）A．若，则B．若，则有两解C．若为钝角三角形，则D．若三角形为斜三角形，则【答案】C【分析】由大角对大边及正弦定理判断A；由，可得有两解，从而判断B；由余弦定理判断C；由三角形的内角和公式、两角和和正切公式及诱导公式判断D.【详解】对于A选项，若，则，由正弦定理可得，所以，，故A选项正确；对于B选项，，则，如图：所以有两解，B选项正确；对于C选项，若为钝角三角形且为钝角，则，可得，C选项错误；对于D，因为，所以因为，所以，所以，所以D正确.故选：C.7．函数，若，则（    ）A． B． C．3 D．2【答案】A【分析】令，进而根据其奇偶性得，进而得答案.【详解】解：令，由于，所以函数为奇函数，因为，即，所以，所以，所以.故选：A8．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．每年新春佳节，我国许多地区的人们都有贴窗花的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新、接福纳祥的愿望．图一是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，已知图二中正六边形的边长为，圆的圆心为正六边形的中心，半径为，若点在正六边形的边上运动，为圆的直径，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】计算得出，求出的取值范围，由此可求得的取值范围.【详解】如下图所示，由正六边形的几何性质可知，、、、、、均为边长为的等边三角形，当点位于正六边形的顶点时，取最大值，当点为正六边形各边的中点时，取最小值，即，所以，.所以，.故答案为：.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 二、多选题9．边长为2的等边中，为的中点.下列正确的是（    ）A．B．C．D．【答案】ACD【分析】由向量加减法法则，可以判断选项ABD，再由向量数量积公式可判断C.【详解】根据向量加法法则可知，，故A正确；根据向量减法法则可得，故B错误；由向量数量积公式得，故C正确；根据向量加法法则可知，，所以D正确.故选：ACD.10．设有下列四个命题正确的是（    ）A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B．过空间中任意三点有且仅有一个平面C．若空间两条直线不相交，则这两条直线平行D．若直线平行平面，则平面内有无数条直线与平行【答案】AD【分析】根据平面的有关知识，线线平行、线面平行的有关知识对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】A选项，两两相交且不过同一点的三条直线，共有个不在一条直线上的个交点，确定一个平面，A选项正确.B选项，空间中任意三点，若三点共线，则过空间中的这三点有无数个平面，B选项错误.C选项，空间两条直线不相交，可能异面，C选项错误.D选项，直线平行平面，则过直线l的平面与平面的交线都与平行，而这样的交线有无数条，所以D选项正确.故选：AD11．（，i是虚数单位，e是自然对数的底）称为欧拉公式，被称为世界上最完美的公式，在复分析领域内占重要地位，它将三角函数与复数指数函数相关联．根据欧拉公式，下列说法正确的是（    ）A．对任意的，B．在复平面内对应的点在第一象限C．D．【答案】ABD【分析】根据已知的欧拉公式，利用复数和三角函数的性质直接带入运算即可.【详解】对于A选项，，正确；对于B选项，，而，故在复平面内对应的点在第一象限，正确；对于C选项，错误；对于D选项，===，正确.故选：ABD12．已知函数，方程有四个不同的实数根，从小到大依次是则下列说法正确的有（    ）A． B． C． D．可以取到3【答案】BD【分析】由分段函数对应区间上指对数函数的性质画出函数图象，根据已知方程知两个零点、分别在的两侧，结合图象及原方程根的个数确定、的范围，进而得到的范围，即可确定答案.【详解】由题设，，其函数图象如下：而的对称轴为且，即，所以必有两个零点、分别在的两侧，由上图知：且，满足原方程有四个实根，故，则，D正确；所以：；且；：；且：.；所以且，则，故A、C错误，B正确.故选：BD【点睛】关键点点睛：根据分段函数上指对数函数的性质画出函数图象，由方程判断、的分布并结合函数图象确定它们的范围，进而确定根的范围. 三、填空题13．函数，则________．【答案】1【分析】利用函数解析式求得.【详解】依题意.故答案为：14．若复数满足（是虚数单位），则__________.【答案】【分析】根据复数的运算法则计算即可.【详解】因为，所以.故答案为：.15．试写出一个满足下列条件的函数解析式___________.①以为最小正周期；②以为一根对称轴；③值域为【答案】（答案不唯一）【分析】结合三个条件，对余弦函数进行变形得到，满足题意.【详解】，满足三个条件，符合题意.故答案为： 四、双空题16．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美，以正方体每条棱的中点为顶点构造一个半正多面体，如图，它由八个正三角形和六个正方形构成，它的所有棱长都为2，则该半正多面体外接球的表面积为___________；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为___________.【答案】          【分析】首先找到外接球的球心，再利用勾股定理计算即可；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小，然后根据正四面体内切球的相关计算求解即可.【详解】由题意知，该半正多面体的外接球的球心是正方体的中心，正方体棱长为，所以该半正多面体外接球的半径，故其表面积为.若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.此时，设正四面体的棱长为a，则正四面体的高为，考查轴截面，则有，解得，所以.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题第②空的关键点是探究出结论：若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小. 五、解答题17．已知，．(1)当时，求；(2)若和的夹角为钝角，求x的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据得到，再求的模长即可.（2）根据题意得到，再解不等式组即可.【详解】（1）因为，所以，解得，所以，，.（2）和的夹角为钝角，所以，解得且.故的取值范围18．已知向量，函数.(1)求的单调递减区间；(2)把图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，求的解析式及其最小正周期..【答案】(1)(2)，周期为 【分析】（1）利用向量数量积的坐标公式，根据三角函数恒等变换化简函数解析式，结合整体思想，求得答案；（2）根据三角函数的图象变换，求得函数的解析式，利用周期公式，可得答案.【详解】（1），令，解得：，故的单调递减区间为；（2）由（1）所得，把图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，可得，再向左平移个单位长度，可得，周期.19．如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点.(1)证明：共面；(2)求四边形的周长；(3)求多面体的体积.【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）证明确定四点共面.（2）分别计算各线段长度得到周长.（3）确定多面体为三棱台，再利用棱台的体积公式计算即可.【详解】（1）连接，如下图：正方体中，且，故四边形是平行四边形，故， G､M分别是棱､BC的中点，故，即，故共面.（2），，.所以四边形的周长.（3）多面体为三棱台，体积为.20．我市旅游资源丰富，知名景点众多，如我们熟悉的武当山，太极湖，丹江大坝，郧西龙潭河，郧阳九龙瀑，竹山女娲山，竹溪十八里长峡，房县双野，西关印象等等.还有许多景点还在开发建设中，某旅游开发公司计划2022年在一地质大裂谷开发新的游玩项目，全年需投入固定成本300万元，若该项目在2022年有万人游客，则需另投入成本万元，且，该游玩项目的每张门票售价为80元.为吸引游客该公司实行门票五折优惠活动.当地政府为鼓励企业更好发展，每年给该旅游开发公司财政补贴20x万元.(1)求2022年该项目的利润（万元）关于人数（万人）的函数关系式（利润=收入-成本）；(2)当2022年的游客为多少时，该项目所获利润最大？最大利润是多少？.【答案】(1)(2)游客为30万人时利润最大，最大为205万 【分析】（1）根据题意得到门票收入为40x万元，财政补贴收入20x万元，共60x万元收入，然后由利润求解；（2）根据分段函数分， 和 ，分别求得其最大值，取其中最大值的求解.【详解】（1）解：门票收入为40x万元，财政补贴收入20x万元，共60x万元收入，利润，即；（2）当时，，当时，，当时，由基本不等式知，当且仅当即时等号成立，故综上，游客为30万人时利润最大，最大为205万.21．在中，内角的对边分别为，且，.(1)求的大小；(2)若，求的面积；(3)求的最大值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式化简整理可得，由此可得；（2）利用余弦定理可构造方程求得，由三角形面积公式可求得结果；（3）利用余弦定理和基本不等式可求得的取值范围，令，将所求式子化为，由单调性可求得最大值.【详解】（1）由正弦定理得：，又，，即，又，，，又，.（2）由余弦定理得：，解得：，.（3）由余弦定理得：，（当且仅当时取等号），，又，；，令，，则在上单调递增，，即，的最大值为.22．已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数．(1)若为的相伴特征向量，求实数m的值；(2)记向量的相伴函数为，求当且时的值；(3)已知，，为（1）中函数，，请问在的图象上是否存在一点P，使得，若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)；(2)；(3)存在点，使得. 【分析】（1）利用特征向量的定义即得；（2）根据题意可得相伴函数，再根据条件可得，由最终得到结果；（3）由题可得的解析式，设，根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可.【详解】（1）∵，又为的相伴特征向量， ∴；（2）∵向量的相伴函数为，又，.，，，∴；（3）由题可知，∴，设，，，，又，，，即，，，，，又，当且仅当时，和同时等于，在图像上存在点，使得.