2020-2021学年湖北省华中师范大学第一附属中学高一下学期期中数学试题（解析版）

这是一份2020-2021学年湖北省华中师范大学第一附属中学高一下学期期中数学试题（解析版），共18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学年湖北省华中师范大学第一附属中学高一下学期期中数学试题一、单选题1．复数(为虚数单位)，则其共轭复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的乘法及除法运算求出，得到，即可求解.【详解】∵,∴∴的虚部为故选：A2．已知向量，，若向量与向量垂直，则实数（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，结合向量垂直的坐标运算公式，即可求解.【详解】由向量与向量垂直，得，即.故选：C.3．《掷铁饼者》是希腊雕刻家米隆于约公元前450年雕刻的青铜雕像，它取材于现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间．现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的每只手臂长约，肩宽约为，“弓”所在圆的半径约为，则如图掷铁饼者双手之间的距离约为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意知这段弓所在弧长，结合弧长公式求出其所对圆心角，双手之间的距离为其所对弦长．【详解】由题得：弓所在的弧长为：；所以其所对的圆心角；两手之间的距离m．故选：B4．若内接于以O为圆心，1为半径的圆，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，结合，可得，再根据向量的减法运算以及数量积的公式，即可求解.【详解】由，得，平方得，因，所以，因此.故选：A.5．设内角的对边分别为，已知，，，的平分线交边BC于点D，则线段的长度为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意和余弦定理可得BC，进而由角平分线性质定理可得BD，然后由余弦定理可得关于AD的一元二次方程，解方程验证可得.【详解】由题意和余弦定理可得，由角平分线性质定理可得，由余弦定理知，，整理可得,解得或（舍去，不满足两边之和大于第三边）故选：B6．《九章算术》是中国古代的第一部自成体系的数学专著．其中卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”问题即为：今有如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即中点在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心O，PQ//AB，AB=4，AD=3，PQ=2，OR=1(长度单位：丈)．则楔体的体积为(体积单位：立方丈)（    ）A．10 B．8 C． D．【答案】D【分析】根据题意，把楔体分成一个三棱柱和两个四棱锥，即可求解.【详解】根据题意，分别过点，作平面的垂直平面，则可以把楔体分成一个三棱柱和两个四棱锥.三棱柱的体积(立方丈)，四棱锥的体积(立方丈)，故楔体的体积(立方丈).故选：D.7．在劳动技术课上，某同学欲将一个底面半径为4，高为6的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内，若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．【详解】解：设圆柱的半径为，高为，体积为，则由题意可得 ，，圆柱的体积为，则．当且仅当，即时等号成立．圆柱的最大体积为，故选：D．8．已知分别为的边上的点，线段和线段相交于点，若，且，，其中，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先由平面向量基本定理得到，再由，，三点共线得到，结合基本不等式得解.【详解】因为，所以，又，所以，，所以，，又，，三点共线，所以，化简得到，，当且仅当时取等号 ，故选：A 二、多选题9．在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是原点，为虚数单位，则下列判断中正确的有（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】AC【分析】选项A. 由复数与向量的关系可判断；选项B.取特殊值，可判断；选项C. 由复数的运算结合向量数量积的坐标运算可判断；选项D. 设，由，则,结合向量数量积的坐标运算可判断；【详解】选项A. 由，则，所以，故选项A正确.选项B. 当，, 满足.但，即，故B不正确.选项C. 设，由，则 所以，，，故C正确.选项D. 设，，则满足此时，，此时，故选项D不正确.故选：AC10．已知向量，，函数，则下列结论正确的为（    ）A． B．的最小正周期为C．的最大值为 D．的图象关于直线对称【答案】ABD【分析】由向量的数量积的计算公式和三角恒等变换化简的解析式,再由正弦型函数的图像的对称性、周期性等性质对每一个选项进行逐一判断，可得答案.【详解】由题意 选项A.  所以，故选项A正确.选项B. 由，故选项B正确.选项C. 由，所以的最大值为，故选项C不正确.选项D. 由的对称轴满足 即，当时，所以为的图象的对称轴,故选项D正确.故选：ABD11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（    ）A．该半正多面体的体积为B．该半正多面体过三点的截面面积为C．该半正多面体外接球的表面积为D．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式【答案】ACD【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D.【详解】如图，该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.对于A， 因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：， 故正确；对于B，过三点的截面为正六边形，所以，故错误；对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故正确；对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确.故选：ACD12．已知的内角分别为，满足，且，则以下说法中正确的有（    ）A．若为直角三角形，则；B．若，则为等腰三角形；C．若，则的面积为；D．若，则．【答案】BD【分析】利用正弦定理边角互化设a＝kln2，b＝kln4＝2kln2，c＝klnt，结合两边和大于第三边求得2＜t＜8，讨论t.判断选项A,利用余弦定理得m的式子判断BD;利用面积公式判断C【详解】根据题意，依次分析4个结论：对于A，根据题意，若sinA：sinB：sinC＝ln2：ln4：lnt，则a：b：c＝ln2：ln4：lnt，故可设a＝kln2，b＝kln4＝2kln2，c＝klnt，k＞0．则有b﹣a＜c＜b+a，则kln2＜c＜3kln2，变形可得2＜t＜8，当时；c最大，若为直角三角形，则，即，解得； 当时；若为直角三角形，则，即，解得综上：或，故A错；由题意，abcosC＝abmc2，∴m．若，则解得t=4，故，为等腰三角形；B正确；对于C，当t＝4，a＝kln2时，则b＝kln4，c＝klnt＝kln4，则有b＝c＝2a，此时等腰△ABC底边上的高为 ，三角形面积为，C错；对于D，当,则有a2+b2﹣c2＜0，即解得由选项A,B的解析知kln2＜c＜3kln2综合两式得，故m 选项D正确；综合可得BD正确；故选：BD．三、填空题13．已知，，向量与向量的夹角为，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为____________．【答案】【分析】由向量在向量方向上的投影向量为可得答案.【详解】由向量在向量方向上的投影向量为 故答案为：14．设复数，其中为虚数单位，若满足，则____________．【答案】【分析】根据题意，求出复数的代数形式，结合其三角形式即可求解.【详解】由，得，即，因，所以.故答案为：.15．轴截面是等边三角形的圆锥，即底面圆直径与母线相等的圆锥叫做等边圆锥(Equilateralcone)，它外观看着舒适，且具有稳定的性质，生活中应用广泛，例如冰激凌、沙漏等呈等边圆锥状．已知一等边圆锥的底面圆直径为6，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，且正四面体在该圆锥内可以任意转动，则的最大值为________________．【答案】【分析】由题意正四面体在该圆锥内可以任意转动，当最大值时，正四面体为该球的内接正四面体.先求出该外接球的半径，将该球的内接正四面体补成正方体，则该正方体的外接球也是该球.先求出正方体的棱长，从而可得出答案.【详解】设为该等边圆锥的底面圆心，则其的高为 则该等边圆锥的内切球的圆心在等边圆锥的高上，设为,设半径为 设该等边圆锥的内切球与等边圆锥的母线相切与点,连接 则在直角中，,则 解得由题意正四面体在该圆锥内可以任意转动，当最大值时，正四面体为该球的内接正四面体.将该球的内接正四面体补成正方体，则该正方体的外接球也是该球.设正方体的棱长为，则正方体的对角线长等于球的直径，即 所以，则该正四面体的棱长为正方体的面对角线，即该正四面体的棱长为 故答案为：16．已知锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为____________．【答案】【分析】利用余弦定理将表示为关于的函数表达式，利用锐角中，，且，，结合已知等式把不等式中的换走，得到，再利用对勾函数单调性，求得的取值范围.【详解】，又锐角中，，且，，将代入上面三个不等式，得到且，，令，则，所以在上单减，在上单增，又当时，的值为，当或时，的值为，故答案为：【点睛】方法点睛：利用余弦定理，以及锐角边的性质，进行等式不等化，结合对勾函数的单调性求最值．四、解答题17．设是虚数，是实数，且．（1）求的值；（2）求的实部的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】(1)根据题意，设，进而表示出，结合是实数，即可求解；(2)根据(1)表示出，结合，即可求解.【详解】(1)设，则∵z2是实数，且，∴，得，∴.(2)由(1)知，则，即，∴z1的实部取值范围为.18．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并加以解答．问题：的内角所对的边分别为，且满足        ．（1）求；（2）若，且向量与共线，求的周长．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．【答案】选择见解析；（1）；（2）．【分析】（1）选择①，利用三角恒等变换化简可得，结合角的范围求角，选择②，由正弦定理及余弦定理求解即可，选择③，由正弦定理及三角恒等变换即可求角；（2）根据向量平行及正弦定理可得，再由余弦定理求出，即可求解.【详解】（1）选择①，由正弦定理，得∴，又，∴∴，又，∴，得选择②，由正弦定理，得，整理得，，又，，∴选择③，由正弦定理，得，∴，又，∴，，∴（2）∵，∴，由正弦定理得，由余弦定理，，得又，∴，，，∴△ABC周长为19．已知长方体全部棱长的和为28，其外接球的表面积为，过、、三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体，且这个几何体的体积为．（1）求棱的长；（2）求几何体的表面积．【答案】（1）2或3；（2）．【分析】（1）利用分割组合体可得关于的方程即得；（2）利用表面积公式即得.【详解】（1）设，，，则，∴①又为长方体外接球半径)，∴②又，∴③由①②③，解得或或∴棱长AA1为2或3（2）由（1）知，若，，则其他情况，同理∴20．如图，在正方形中，，，为以为圆心、为半径的圆弧上的任意一点(包括两点)．（1）求的最大值；（2）设向量，若，求凸四边形的面积．【答案】（1）0；（2）．【分析】（1）建立平面直角坐标系小，根据数量积的坐标运算即可；（2）根据向量的坐标运算求出，，即可求面积.【详解】以A为坐标原点，直线AB，AD分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设，，且（1），∴，∴的最大值为0（2）由，得，代入，得，又，解得.21．“精准扶贫，修路先行”，为解决城市A和山区B的物流运输问题，方便B地的农产品运输到城市A交易，计划在铁路AD间的某一点C处修建一条笔直的公路到达B地．示意图如图所示，千米，千米，．已知农产品的铁路运费为每千米1百元，公路运费为每千米2百元，农产品从B到A的总运费为百元．为了求总运费的最小值，现提供两种方案建立函数关系，方案1：设千米；方案2：设．（1）试将分别表示为关于、的函数关系式和；（2）请只选择一种方案，求出总运费的最小值以及此时的长度．【答案】（1）；；（2）选择见解析；千米时，总运费的最小值为百元．【分析】（1）分别利用余弦定理及正弦定理求解即可；（2）利用判别式法求出方案一的最值，再利用正弦函数的有界性求解方案二的最值，比较即可求解.【详解】（1）在△ABD中，由余弦定理得，得，或(舍去)方案①：在△ABD中，由正弦定理，，得，在△ABC中，设，由余弦定理，∴方案②：在△BCD中，由正弦定理，，得又，得，∴（2）若选择方案①，令，得整理得，由得，，得或(舍)∴，此时即千米时，总运费的最小值为百元若选择方案②，令，则，得，，得，又，∴令，得，，时，此时，千米总运费的最小值为百元22．已知函数()．（1）若满足，，且在区间上为单调函数，试求的最大值；（2）若直线()与的图象相交，将其中三个相邻的交点从左到右依次记为，且满足()．当时，函数在区间上单调递增，试求的取值范围．【答案】（1）5；（2）．【分析】（1）由题意可得的图像关于点对称，图像关于直线对称，从而得到周期的关系，然后再检验得出答案.(2) 不妨设，，，且线段的中点为,由题意结合三角函数的图像性质可得，，进而可得，再由函数在区间上单调递增，得出，从而得出答案.【详解】(1)由得的图像关于点对称.由得得的图像关于直线对称，则的周期满足，∴①又在上为单调函数，则，∴②由①②知，当时，，当时，又，得，此时，当时，，此时不单调，不满足题意当时，，当时，又，得，此时，当时，，满足条件∴的最大值为5（2）不妨设，，，且线段的中点为，显然有，，且的图象关于直线对称，∵()，∴()，∴，即，①∵，且，∴由正弦曲线的图像可知，()，∴()，即，②由①②可得，∴，即，∵，且，∴，且，当时，且在区间上单调递增，∴，解得，又∵，∴．