2020-2021学年湖北省鄂西北六校高一下学期期中联考数学试题（解析版）

2020-2021学年湖北省鄂西北六校高一下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．已知复数，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出.

【详解】，

则复数z的虚部为.

故选：C.

2．已知集合，集合，则集合等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出集合，，根据并集的定义解答即可．

【详解】解：，，，

，，，，

．

故选：A．

3．设是第三象限角，为其终边上的一点，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据任意角的三角函数的定义求出的值，得到点的坐标，从而求出的值．

【详解】解：为其终边上的一点，且，

，

解得：或，

又是第三象限角，，

，

，

．

故选：C．

4．在新冠肺炎疫情期间，某学校定期对教室进行药熏消毒.教室内每立方米空气中的含药量（单位：毫克）随时间（单位：小时）的变化情况如图所示.在药物释放的过程中，与成正比；药物释放完毕后，与的函数关系式为（为常数）.据测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.2毫克以下时，学生方可进入教室.那么，从药物释放开始到学生能回到教室，至少在（    ）（参考数值）

A．42分钟后 B．48分钟后

C．50分钟后 D．60分钟后

【答案】B

【分析】根据函数图象求出时的函数解析式，即求出的值，再解不等式求得答案.

【详解】把点代入中，，解得.

所以当时，

因为当空气中每立方米的含药量降低到0.2毫克以下时，学生方可进入教室

所以，解得.

至少需要经过分钟后，学生才能回到教室.

故选：B.

5．若，是夹角为60°的两个单位向量，则与的夹角为（    ）

A．30° B．60° C．120° D．150°

【答案】C

【分析】根据题意，分别计算出、、，进而可得，夹角.

【详解】根据题意得，，

，

，

故，因此，夹角为120°.

故选：C.

6．在平行四边形中，已知，，对角线，则对角线的长为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】根据题意，结合余弦定理即可求解.

【详解】根据题意，在中，由余弦定理得，

因，所以，

故在中，由余弦定理得，计算得.

故选：A.

7．已知函数是偶函数，当时，恒成立，设，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先根据题意得到在为增函数，根据是偶函数得到，从而得到.

【详解】当时，恒成立，

所以在为增函数.

又因为是偶函数，所以，

即，所以，即.

故选：A

8．奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为，，，则.“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.设为三角形内一点，且满足：，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接根据向量的基本运算得到，再结合“奔驰定理”即可求解结论．

【详解】解：为三角形内一点，且满足，

，

．

，

故选：D．

二、多选题

9．下列命题错误的是（    ）

A．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱

B．长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体

C．相等的线段在直观图中仍然相等

D．平行的线段在直观图中仍然平行

【答案】ABC

【分析】直接利用棱柱的定义，平面图形和直观图的定义的应用，棱柱和直棱柱的定义判断A、B、C、D的结论．

【详解】解：对于A：有两个面平行，其他各个面都是平行四边形两个扣在一起的斜棱柱组成的多面体就不是棱柱，故A错误；

对于B：长方体是四棱柱，直四棱柱的底面不一定是长方形，故不一定是长方体，B错误；

对于C：相等的线段在直观图中不一定相等，故C错误；

对于D：与轴平行的线段在直观图中平行性不变，故D正确；

故选：ABC．

10．在中，角，，所对的边分别为，，，那么在下列给出的各组条件中，能确定三角形有唯一解的是（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】BD

【分析】对于ABC，求出顶点A到BC边的距离与比较大小即可，对于D，由三个角和一边确定唯一个三角形

【详解】解：对于A，顶点A到BC边的距离为，因为，所以三角形有两个解，所以A不符合题意；

对于B，顶点A到BC边的距离为，因为，所以三角形是直角三角形，有唯一解，所以B符合题意；

对于C，顶点A到BC边的距离为，所以三角形无解，所以C不符合题意；

对于D，因为，，所以，因为，所以三角形的形状是唯一的，所以D符合题意，

故选：BD

11．设，是复数，则下列命题中的真命题是（    ）

A．，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】ABC

【分析】根据题意，结合共轭复数的性质以及复数模长的计算，即可求解.

【详解】对于选项A，因，所以，故，因此A为真命题；

对于选项B，因，所以，因此B为真命题；

对于选项C，因，所以，即，因此C为真命题；

对于选项D，当，时，，但，因此D为假命题.

故选：ABC.

12．下列关于平面向量的说法中错误的是（    ）

A．若，则存在唯一的实数，使得

B．已知向量，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是

C．若且，则

D．若点为的垂心，则

【答案】ABC

【分析】直接利用向量的共线，向量的坐标运算，向量垂直的率要条件，向量的数量积的应用判断A，B，C，D的结论即可

【详解】解：对于A，当时，满足，但不满足存在唯一的实数，使得，所以A错误；

对于B，因为，，所以，因为与的夹角为锐角，所以，解得，而当时，与共线，所以且，所以B错误；

对于C，由于，，所以当时，等号成立，所以C错误；

对于D，因为点为的垂心，所以，所以,所以,同理可得所以，所以D正确，

故选：ABC

三、填空题

13．一个正方体的顶点都在球面上，且该正方体的表面积为，则该球的表面积为___________.

【答案】

【分析】利用正方体的表面积求解棱长，然后求解外接球的半径，即可求解球的表面积．

【详解】解：一个正方体的顶点都在球面上，且该正方体的表面积为，

设正方体的棱长为，则，解得，

正方体的体对角线的长度就是外接球的直径，所以，

所以外接球的表面积为：，

故答案为：．

14．已知是虚数单位，则___________.

【答案】-1

【分析】先计算，再利用复数的运算性质即可得出．

【详解】解：，．

．

故答案为：．

15．已知向量，，，，若，则的最小值为___________.

【答案】2

【分析】根据，得，结合“1”的巧用即可求解.

【详解】由，得，即，

因此，

故当且仅当“”时，取最小值2.

故答案为：2.

16．如图，在扇形中，，半径，为弧上一点，则的最小值为___________.

【答案】-8

【分析】由已知结合向量数量积的定义及性质可引入角表示，然后结合和差角及辅助角公式进行化简后，利用正弦函数的性质可求．

【详解】解：因为，，

所以，

设，则，

则，，

则，

，

，，

由，得，

所以，

则的最小值．

故答案为：．

四、解答题

17．为何实数时，复数是：

（1）实数；（2）虚数；（3）纯虚数？

【答案】（1）或；（2）且；（3）

【分析】先对复数整理得，

（1）要为实数，只要虚部为零，令即可；

（2）要为虚数，只要虚部不为零，令即可；

（3）要为纯虚数，只要实部为零，虚部不为零，由求解即可

【详解】解： 

．

（1）由得或，

即或时，为实数．

（2）由得且，

即且时，为虚数．

（3）由得，

即时，为纯虚数．

18．已知向量，.

（1）若向量，且，求的坐标；

（2）若向量与互相垂直，求实数的值.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）设，利用两个向量平行的性质，用待定系数法求出向量的坐标．

（2）由题意利用两个向量垂直的性质，代入模即可求出的值．

【详解】解：（1）设，因为，所以，

因为，所以，解得或，

所以或.

（2）因为向量与互相垂直

所以，即，

而，，所以，，

因此，解得.

19．在中，角，，所对的边分别为，，且.

（1）求；

（2）已知，若为的中点，且，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由正弦定理把转化为可求得；

（2）由，两边平方可求得长，从而求得的面积．

【详解】解：（1）因为，由正弦定理得，

即，所以，

因为在中，，所以，

因为，所以.

（2）因为为的中点，则两边平方得，

因为，所以，

解得或(舍去)，

所以的面积为.

20．已知母线长为的圆锥的侧面展开图为半圆.

（1）求圆锥的底面积；

（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据展开图扇形的弧长即为底面圆的周长求出底面圆的半径，即可求出圆锥的底面积；

（2）设圆柱的高，，根据三角形相似得到，即可表示出圆柱的侧面积，根据二次函数的性质求出面积最大值，即可得解；

【详解】解：（1）沿母线剪开，侧面展开图是以为半径的半圆

设，在半圆中，，弧长为，

圆锥的底面周长，所以，所以，

故圆锥的底面积为.

（2）设圆柱的高，，在，，

∵，所以，即，，

，

所以，当，时，圆柱的侧面积最大，此时.

21．如图：某快递小哥从地出发，沿小路以平均时速30公里/小时，送快件到处，已知(公里)，，，是等腰三角形，.

（1）试问，快递小哥能否在30分钟内将快件送到处？

（2）快递小哥出发5分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路追赶，若汽车平均时速60公里/小时，问汽车是否先到达处？(参考数据：，)

【答案】（1）快递小哥能在30分钟内将快件送到处；（2）汽车不能先到达处.

【分析】(1)根据题意，结合正弦定理得，即可得到路程，进而可求得快递小哥将快件送到处的时间，即可求解；

(2)根据题意，分别计算、的路程，即可得到汽车到达处的时间，进而可求解.

【详解】(1)在中，，则，

由正弦定理得，所以(公里)，

又因为(分钟)，

所以快递小哥能在30分钟内将快件送到处.

(2)在中，由余弦定理，

得(公里)，

由(1)知(公里)，

又因为(分钟)，

所以汽车不能先到达处.

22．已知向量，，.

（1）当时，求的值域；

（2）是否同时存在实数和正整数，使得函数在上恰有2021个零点？若存在，请求出所有符合条件的和的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，当时，；当时，.

【分析】（1）根据平面向量的数量积运算和三角函数的图象与性质，即可求出函数的值域；

（2）假设同时存在实数和正整数满足条件，得出函数和直线在，上恰有2021个交点，根据，时函数的图象特征，讨论的取值情况，从而求出满足条件的和的值．

【详解】解：（1）∵

又∵，∴∴，∴

（2）假设同时存在实数和正整数满足条件，

函数在上恰有2021个零点，

即函数与直线在上恰有2021个交点.

当时，由函数在区间上的图象可知：

①当或时，函数与直线在上无交点

②当时，函数与直线在上仅有一个交点，此时要使函数与直线在上有2021个交点，则

③当或时，函数与直线在上有两个交点，此时函数与直线在上有偶数个交点，不符合条件

④当时，函数与直线在上有3个交点，此时要使函数与直线在上有2021个交点，则.

综上所述，存在实数和正整数满足条件：

当时，；当时，.