湖北省宜昌市长阳县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题 Word版含解析

这是一份湖北省宜昌市长阳县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题 Word版含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
www.ks5u.com数学试卷一、选择题（每小题5分，共12小题60分）1. 的值为(    )A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据辅助角公式即可求值.【详解】,.故选：.【点睛】本题考查三角函数式求值，属于基础题.2. 若都是锐角，且，，则= (    )A.  B. C. 或 D. 或【答案】A【解析】【分析】由，根据两角差的余弦公式展开.结合已知条件，求出，代入即得.【详解】，...故选：.【点睛】本题考查三角恒等变换，属于中档题.3. 已知△ABC的内角的对边分别为且，，，则的面积为（  ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理和三角形面积公式求解.【详解】因为，即.所以，所以，又，所以即，故的面积.故选C.【点睛】本题考查运用余弦定理和面积公式解三角形，属于基础题.4. 如图是一个正方体的表面展开图，则图中“”在正方体中所在的面的对面上的是(    )A.  B. C. 快 D. 乐【答案】A【解析】【分析】将展开图还原成正方体，即得答案.【详解】将展开图还原成正方体，如图所示所以“”在正方体中所在的面的对面上的是“0”.故选：.【点睛】本题考查正方体的展开图，属于基础题.5. 在中，，若三角形有两解，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】试题分析：由题意得，，要使得三角形有两解，则满足，解得，故选C.考点：三角形解的个数的判定.6. 已知△ABC中，bcosB＝ccosC，则△ABC的形状为（ ）A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰或直角三角形D. 等边三角形【答案】C【解析】试题分析：由正弦定理将已知条件转化为或或，所以三角形为等腰三角形或直角三角形考点：正弦定理解三角形7. 已知集合，，若，则实数的取值范围为(    )A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】 【分析】 求出集合，由 ，结合数轴，可得实数的取值范围.  【详解】 解不等式 ，得， .  ，可得 .  故选：.   【点睛】 本题考查集合间的关系，属于基础题. 8. 若不等式组的解集不是空集，则实数a的取值范围是(    )A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】解不等式，得其解集为.由不等式组的解集不是空集，故存在，使得不等式成立，只需，即求实数a的取值范围.【详解】解不等式，得.不等式组的解集不是空集，存在，使得不等式成立.即存在，使得成立，只需.又当时，函数在上单调递增，时，，.故选：.【点睛】本题考查不等式能成立问题，属于中档题.9. 已知均为正实数，若，，且，则的最小值是(    )A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由得，可得.由展开，利用基本不等式可求的最小值.【详解】,..当且仅当，即时，等号成立.的最小值为.故选：.【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示，考查基本不等式，属于中档题.10. 已知半径为的球的两个平行截面的周长分别为和，则两平行截面间的距离是(    )A.  B. C. 或 D. 或【答案】C【解析】【分析】求出两个平行截面圆的半径,由勾股定理求出球心到两个截面的距离.分两个平行截面在球心的同侧和两侧讨论，即得两平行截面间的距离.【详解】设两平行截面圆的半径分别为，则.球心到两个截面的距离分别为.当两个平行截面在球心的同侧时，两平行截面间的距离为；当两个平行截面在球心的两侧时，两平行截面间的距离为.故选：.【点睛】本题考查球的截面间的距离，属于基础题.11. 如图是正方体的展开图，则在这个正方体中:①与是异面直线； ②与平行； ③与成角； ④与平行. 以上四个命题中，正确命题的序号是(    )A. ①②③ B. ②④C. ③④ D. ②③④【答案】A【解析】【分析】将正方体的展开图还原为正方体ABCD-EFMN，对选项逐一判断，即得答案.【详解】将正方体的展开图还原为正方体ABCD-EFMN，如图所示可得：与是异面直线，故①正确；连接，则与平行，故②正确；是异面直线与所成的角，为等边三角形，，故③正确；与是异面直线，故④错误.故选：.【点睛】本题考查空间两直线的位置关系，属于基础题.12. 对一切实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】当时，得任意实数均满足题意，当时，，又当且仅当取得等号，故二、填空题（每小题5分，共4小题20分）13. 设当时，函数取得最大值，则__．【答案】【解析】【分析】利用辅助角公式化简，求出的值代入即可得到答案．【详解】；当时，函数取得最大值；，；．故答案为．【点睛】本题考查三角函数的最值，两角和的正切值，属于基础题．14. 在地平面上有一旗杆（在地面），为了测得它的高度h，在地平面上取一长度为20m的基线，在A处测得P点的仰角为30°，在B处测得P点的仰角为45°，又测得，则旗杆的高h等于_____m．【答案】20【解析】【分析】由题意，利用直角三角形的边角关系表示出与的关系，再利用余弦定理求得即的值．【详解】由题意得，因为在B处测得P点的仰角为45°，得，又因为在A处测得P点的仰角为30°，即 ，在中，；中，由余弦定理可得，即，解得，∴旗杆OP的高度为20m．故答案为20．【点睛】本题主要考查了直角三角形的边角关系和余弦定理解三角形的实际应用．考查了学生运用数学知识解决实际问题的能力，属于基础题．15. 已知函数，则不等式的解集为______________.【答案】【解析】【分析】利用分段函数的表达式，通过，转化为不等式组求解即可．【详解】因为，所以等价于或解可得；解可得 ，综上可得 ，所以不等式的解集为【点睛】本题考查分段函数以及解不等式，属于简单题．16. 关于函数. ①的最大值为； ②最小正周期是； ③在区间上是减函数； ④将函数的图象向左平移个单位后，将与原函数图象重合. 其中说法正确的有__________.【答案】①②【解析】【分析】由两角和的正弦公式、两角差的余弦公式把展开，再由辅助角公式得.对选项逐一判断，即得答案.【详解】 .的最大值为2，最小正周期为π，故①，②正确；当时，，不是减函数，故③错误；将函数的图象向左平移个单位，得，不与原函数图象重合，故④错误.故答案为：①②.【点睛】本题考查三角恒等变换、三角函数的性质和图象平移，属于中档题.三、解答题（第17题10分，第18题12分，第19题12分，第20题12分，第21题12分，第22题12分，共6小题70分）17. 函数.（Ⅰ）求函数的单调递减区间；（Ⅱ）当时，求函数的值域.【答案】（Ⅰ）的单调递减区间为；（Ⅱ）的值域为【解析】【分析】（Ⅰ）利用二倍角公式以及辅助角公式把函数化为的形式，再由正弦函数的单调区间即可求解. （Ⅱ）根据正弦函数的单调性即可求解.【详解】（Ⅰ），令，解得，∴函数的单调递减区间为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在上单调递增.∴，，∴函数值域为.【点睛】本题主要二倍角公式、辅助角公式以及三角函数的单调区间、最值，需熟记公式以及三角函数的性质，属于基础题.18. 高铁是我国国家名片之一，高铁的修建凝聚着中国人的智慧与汗水.如图所示，B、E、F为山脚两侧共线的三点，在山顶A处测得这三点的俯角分别为、、，计划沿直线BF开通穿山隧道，现已测得BC、DE、EF三段线段的长度分别为3、1、2.（1）求出线段AE的长度；（2）求出隧道CD的长度.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知在△AEF中，由正弦定理即可解得AE的值；（2）由已知可得∠BAE＝90°，在Rt△ABE中，可求BE的值，进而可求CD＝BE﹣BC﹣DE的值．【详解】（1）由已知可得EF＝2，∠F＝45°，∠EAF＝60°－45°＝15°，在△AEF中，由正弦定理得：，即，解得；（2）由已知可得∠BAE＝180°﹣30°﹣60°＝90°，在Rt△ABE中，，所以隧道长度．【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．19. 已知向量.（1）求的最小值及相应的t值； （2）若与共线，求实数t的值.【答案】（1）最小值为，；（2）.【解析】分析】（1）求出向量的坐标，求出，根据二次函数求最值，即得答案；（2）求出向量的坐标，根据向量共线定理的坐标表示，可求实数t的值.【详解】（1），，又，时，，即当时，.（2），且与共线， .【点睛】本题考查向量运算的坐标表示和向量共线的坐标表示，属于基础题.20. 如图，在四边形中，，，，，，求四边形绕旋转一周所成几何体的表面积及体积.【答案】，【解析】【分析】过点作垂直于直线，垂足为，由题意可得是等腰直角三角形. 四边形绕旋转一周所成的几何体为：一个圆台挖去一个圆锥.其中圆台的上下底面圆的半径分别为，高为；圆锥的底面圆的半径为，高为.根据圆台和圆锥的表面积、体积的计算公式可得几何体的表面积和体积.【详解】过点作垂直于直线，垂足为.如图所示是等腰直角三角形，.又..四边形绕旋转一周所成的几何体为：一个圆台挖去一个圆锥.其中圆台的上下底面圆的半径分别为，高为；圆锥的底面圆的半径为，高为.所得几何体的表面积，体积.【点睛】本题考查旋转体的表面积和体积，属于中档题.21. 如图，在正三棱柱中，底面边长为2，为的中点，三棱柱的体积.（1）求三棱柱的表面积；（2）求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】【分析】分析：（1）由三棱柱体积，求出高AA′=3，由此能求出三棱柱的表面积；（2）取AC中点E，连结DE、C′E，由D为BC中点，得DE∥AB，从而∠C′DE是异面直线AB与C′D所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线AB与C′D所成角的余弦值．详解：（1）∵在正三棱柱ABC﹣A′B′C′中，底面△ABC边长为2，D为BC的中点，三棱柱体积， 解得高AA′=3，∴三棱柱的表面积：= ；（2）取AC中点E，连结DE、C′E，∵D为BC中点，∴DE∥AB，∴∠C′DE是异面直线AB与C′D所成角（或所成角的补角），∵DE=AB=1，C′D=C′E===，∴cos∠C′DE===． 点睛：本题考查三棱柱的表面积的求法，考查异面直线所成角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养；异面直线的夹角常用方法有：将异面直线平移到同一平面中去，达到立体几何平面化的目的.
．22. 已知，为常数，函数.（1）当时，求关于的不等式的解集；（2）当时，若函数在上存在零点，求实数的取值范围；（3）对于给定的，且，，证明:关于的方程在区间内有一个实数根.【答案】（1）当时，不等式的解集为或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为或；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）当时，，分，，三种情况讨论，求不等式的解集；（2）当时，，其图象的对称轴为.分，，三种情况讨论，即求实数的取值范围；（3）设.由，得.对于给定的，且，，得在区间上单调，故在区间上有且只有一个零点，即方程在区间内有一个实数根.【详解】（1）当时，.当，即时，由得或，不等式解集为或.当，即时，恒成立，不等式的解集为.当，即时，由得或，不等式的解集为或.综上，当时，不等式的解集为或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为或.（2）当时，，其图象的对称轴为.当，即时，在上单调递增，在上存在零点，，即得..当，即时，在上存在零点，或或或，解得或或或或.当，即时，在上单调递减，在上存在零点，，即得..综上，.实数的取值范围为.（3）设.当给定时，为定值.,.又对于给定的，且，，在区间上单调，即在区间上单调，在区间上有且只有一个零点，即方程在区间内有一个实数根.【点睛】本题考查一元二次不等式的解法、函数的零点和方程的根，考查分类讨论的数学思想，属于难题.