精品解析：浙江省杭州市桐庐中学2020-2021学年高一下学期期末模拟数学试题

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2020学年第二学期桐庐中学期末模拟高一年级数学学科 试题考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.1. 若某扇形的弧长为，圆心角为，则该扇形的半径是（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】首先设出半径，然后利用扇形弧长公式求解即可.【详解】设该扇形半径为，又∵圆心角，弧长，∴扇形弧长公式可得，，解得，.故选：B.2. 已知函数，若，那么实数的值是（    ）A. 4 B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】【分析】先求出，变成，可得到，解方程即可得解.【详解】，变成，即，解之得：.故选：C.【点睛】本题考查已知函数值求参数的问题，考查分段函数的知识，考查计算能力，属于常考题.3. 如图，在正方体中，点为线段上一动点，则下列说法错误的是（    ）A. 直线平面B. 异面直线与所成角为C. 三棱锥的体积为定值D. 平面与底面的交线平行于【答案】B【解析】【分析】由直线与平面垂直的判定及性质得到，，得到直线平面，判定A正确；求出异面直线所成角判断B错误；由直线与平面平行说明到平面的距离为定值判断C正确；由直线与平面平行的性质判断D正确．【详解】解：连接，，，，平面，则，同理，，直线平面，故A正确；，，四边形为平行四边形，则，则为异面直线与所成角，又，则，即异面直线与所成角为，故B错误；，平面，平面，平面．可得到平面的距离为定值，即三棱锥的体积为定值，故C正确；平面，平面，设平面与底面的交线为，由直线与平面平行的性质，可得平面与底面的交线平行于，故D正确．故选：B．4. 设，，是互不相等的正数，则下列不等式中一定不成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】本题要找出不等式中一定不成立的选项，需要根据选项找出成立的条件或说明一定不成立的原因，对于选项A、C可举例证明存在成立，D选项可证明一定成立，B选项可证明一定不成立．【详解】在A中，令a>0,b<0,c=0,则能成立，故A排除;在B中,a2+≥0，故B一定不成立;在C中,当a-b>0,则|a-b|+≥2恒成立，故排除C;对D项可采取两边有理化得：，，可得恒成立.答案：B.【点睛】本题考查不等关系与不等式，是对含有绝对值不等式、基本不等式、无理不等式的综合考查，属于中等题.5. 设，是平面内一组基底，若，，，则以下不正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由平面向量基本定理可得，再逐一分析每一个选项即得解.【详解】因为，是平面内一组基底，且，由平面向量基本定理可得，所以，，，.所以D不正确.故选：D.【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理的应用，考查了同角三角函数的基本关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.6. 我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形细割圆，并使正多边形的面积无限接近圆的面积，进而来求得较为精确的圆周率.如果用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值记为，那么用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值加可表示成A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设圆的半径为，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，问题得解.【详解】设圆的半径为，将内接正边形分成个小三角形，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，整理得：，此时，即：同理，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，整理得：此时所以故选C【点睛】本题主要考查了圆的面积公式及三角形面积公式的应用，还考查了正弦的二倍角公式，考查计算能力，属于中档题．7. 已知函数，，若存在，，，（其中为自然对数的底数，），使得成立，已知在单调递减，单调递增.则正整数的最大值为（    ）A 5 B. 6 C. 7 D. 8【答案】B【解析】【分析】由题意可得，构造函数，利用导数求出函数的最大值、最小值，可得，进而求解.【详解】由，则，即，设，可得存在，使，又，当时，，为减函数，当时，，为增函数，，，即，，的最大值为.故选：B8. 已知，函若数在总有且 ，则取值范围是（    ）A. [6，+∞) B. C. [12，+∞) D. (6，12]【答案】B【解析】【分析】先根据恒成立可求的取值范围，从而可求的取值范围.【详解】在上恒成立即在上恒成立，故在上恒成立，当时，，当时，，故，所以在上恒成立，令， 令，则，而在为增函数，故，所以，故，所以在的最小值为，故.因为恒成立，故对于任意恒成立，所以即.故选：B.【点睛】思路点睛：对于高次不等式在给定范围上的恒成立问题，可将其因式分解后转化为二次不等式给定范围上的恒成立，而后者可通过参变分离将范围问题归结为不含参数的函数的最值问题.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9. 下列说法不正确的是（    ）A. 已知均为非零向量，则 存在唯一的实数，使得B. 若向量共线，则点必在同一直线上C. 若且，则D. 若点为的重心，则【答案】BC【解析】【分析】根据平行向量基本定理可判断A，根据平面向量共线的含义可判断B，根据平面向量的数量积可判断C，根据平面向量的运算与三角形重心的性质可判断D．【详解】解：由平行向量的基本定理可知，选项A是正确的；向量共线的意思是向量所在的基线平行或共线，只有当向量，所在的直线线共线时，点，，，才在同一直线上，即B不正确；由平面向量的数量积可知，若，则，所以，无法得到，即C不正确；设线段的中点为，若点为的重心，则，而，所以，即D正确；故选：BC．10. 已知函数，则下列说法正确的是A. 的周期为 B. 是的一条对称轴C. 是的一个递增区间 D. 是的一个递减区间【答案】ABD【解析】【分析】化简可得：，利用三角函数性质即可判断A,B正确，再利用复合函数的单调性规律即可判断C错误，D正确；问题得解.【详解】由可得：所以的周期为，所以A正确；将代入可得：此时取得最小值，所以是的一条对称轴，所以B正确；令，则由，复合而成；当时，，在递增，在不单调，由复合函数的单调性规律可得：不是的一个递增区间；所以C错误.当时，，在递增，在单调递减，由复合函数的单调性规律可得：在递减，所以D正确；故选ABD【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及两角和的余弦公式逆用，还考查了复合函数单调性规律，考查转化能力，属于中档题．11. 是著名的欧拉公式，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系.若，，恒成立且，则表示的复数不可能位于复平面中的（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】BCD【解析】【分析】利用平方关系及二倍角的余弦公式可求得，再根据复数的乘法运算及，可求得的范围，再根据欧拉公式及复数的几何意义即可得出答案.【详解】解：，由，，则，，所以，又因为恒成立，所以，所以，根据，则，因为，则，所以，所以表示的复数位于复平面中的第一象限.故选：BCD.12. 在边长为2的等边三角形ABC中，点D，E分别是边AC，AB上的点，满足且，，将沿直线DE折到的位置，在翻折过程中，下列结论不成立的是（    ）A. 在边上存在点F，使得在翻折过程中，满足平面B. 存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面BCDEC. 若，当二面角为直二面角时，D. 在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为【答案】ABC【解析】【分析】对于 A，根据平行关系可得直线与平面相交；对于B，根据的范围不可能得出平面平面BCDE；对于C，结合余弦定理可求；对于D，表示出体积的表达式·，利用函数单调性求最大值或者利用导数求最大值.【详解】对于 A，在边上存在点F，在A'D上取一点N，使得FN//ED，在ED上取一点H，使得NH// EF，作HG//BE交BC于点G，如图所示，则可得FN平行且等于BG，即四边形BGNF为平行四边形，NG//BF，而GN始终与平面A'CD相交，,因此在边A'E上不存在点F，使得在翻折过程中，满足BF//平面A'CD，A不正确.对于B，作于，交于，因为，所以,在翻折过程中，点在底面BCDE的射影不可能在直线BC上，因此不满足平面A'BC平面BCDE，因此B不正确.对于C，时，当二面角A'-DE-B为直二面角时，取ED的中点M，如图所示，可得平面BCDE，，因此C不正确；对于D，在翻折过程中，取平面A'ED平面BCDE，四棱锥A'- BCDE体积,;（法一）设，因为，所以，即，所以为增函数；同理可证时，为减函数；所以函数取得最大值因此D正确.（法二），，当时，，为增函数；当时，，为减函数；可得时，函数取得最大值因此D正确.综.上所述，不成立的为ABC.故选：ABC.【点睛】本题利用运动的观点理解空间线面、面面位置关系、四棱锥的体积等，在动态中找寻不变的平行关系，垂直关系是解题的关键.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 设，若存在（），使得，则取值范围______.【答案】【解析】【分析】存在，，使得等价于存在整数，使得，然后分和两种情况求出的范围．【详解】解：由知，，而，，，存在，，使得等价于存在整数，使得①，当时，区间，的长度不小于，故必存在，满足①式；当时，注意到，，故仅需考虑如下几种情况：，此时且，无解；，此时；，此时，又，所以，综上，的取值范围为．故答案为：．14. 设复数满足，使得关于的方程有实根，则这样的复数的和为________【答案】【解析】【分析】设，（且），将原方程变为，则①且②；再对分类讨论可得；【详解】解：设，（且）则原方程变为所以，①且，②；（1）若，则解得，当时①无实数解，舍去；从而，此时，故满足条件；（2）若，由②知，或，显然不满足，故，代入①得，所以综上满足条件的所以复数的和为故答案为：【点睛】本题考查复数的运算，复数相等的充要条件的应用，属于中档题.15. 实系数二次函数有两个不同的零点.若有四个不同的根且成等差数列，则的取值范围______.【答案】【解析】【分析】设的两个零点为,，运用韦达定理可得，再结合条件，，，成等差数列，即可求解．【详解】解：设的两个零点为,其中，则,为的两根，,为的两根，根据韦达定理可得，，,，二次函数，，，，又，，，成等差数列，设,,,，，所以的取值范围为.故答案为：.16. 在中，，，，分别在线段和上，，，直线于.现将三角形沿着对折，当平面与平面的二面角为时，则线段的长度为______.【答案】【解析】【分析】先根据二面角的定义，得到△BCD为等边三角形，得到BC的长度，然后在折后的立体图形中，在△PAQ和△BAC中利用余弦定理即可求得线段的长度.【详解】因为折叠前后，AD与DB,CD的垂直关系保持不变，∴∠BDC为二面角B—AD—C的平面角，依题意可知，在折叠前的图形中，，∴， ∴在折叠后，△ABC为等边三角形，∴，所以，又∵AP=1, ，AD=1，AB=AC=2，∴，解得.故答案为：.
 四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17 已知平面向量，.(1)若，求的值；(2)若，与共线，求实数m的值.【答案】（1）；（2）4.【解析】【分析】（1）求出，即可由坐标计算出模；（2）求出，再由共线列出式子即可计算.【详解】(1)， 所以；(2)， 因为与共线，所以，解得m＝4.18. 已知函数的最小正周期为.将函数的图象上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标变为原来的倍，得到函数的图象.（1）求的值及函数的解析式；（2）求的单调递增区间及对称中心【答案】（1），；（2）单调递增区间为，，对称中心为.【解析】【分析】（1）整理可得：，利用其最小正周期即可求得：，即可求得：，再利用函数图象平移规律可得：，问题得解.（2）令，，解不等式即可求得的单调递增区间；令，，解方程即可求得的对称中心的横坐标，问题得解.【详解】解：（1），由,得. 所以.于是图象对应的解析式为.（2）由得，所以函数的单调递增区间为，.由，解得. 所以的对称中心为.【点睛】本题主要考查了二倍角公式、两角和的正弦公式应用及三角函数性质，考查方程思想及转化能力、计算能力，属于中档题．19. 如图，在三棱台中，底面是边长为的正三角形，，，，面面，面面.
 （1）证明：面；（2）求与面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取、中点、连、，得到，证得面，得到，，从而证得面；（2）连接，以为原点，所在直线为轴建立坐标系，求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式和三角函数的基本关系式，即可求解.【详解】（1）如图所示，取、中点、连、，因为底面是正三角形，可得，又因面面，且面面，面，所以面，又由面，所以，.同理可证：，设，且平面，所以面.（2）连接，由，可得，所以平面，以为原点，所在直线为轴如图所示建立坐标系，可得，，，，所以，，设平面的法向量为，则，即，令，可得， ，所以，则，又由，则，设与面所成角为，则，所以，即与面所成角的余弦值为.20. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，.已知.（1）求角的大小；（2）求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理余弦定理化简已知等式即得解；（2）先求出，再求出，再利用三角函数的图象和性质求解.【详解】（1）因为，由正弦定理，所以， 由余弦定理，因为，所以.（2）因为在锐角中，，所以得，，因为，所以即.21. 已知函数，.（1）若函数为偶函数，求实数的值；（2）若a=1,设函数，若，对任意的，总存在，使得，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）代入特殊值求出，检验其奇偶性即可；（2）利用换元法求出值域，根据二次函数性质求出当时，，只需即可.【详解】（1）为偶函数，，符合题意，；（2）令，，，则，而上单调递增，故另外当时，由题意：.22. 如图，四边形是圆柱的轴截面，点为底面圆周上异于，的点.（1）求证：平面；（2）若圆柱的侧面积为，体积为，点为线段上靠近点的三等分点，是否存在一点使得直线与平面所成角的正弦值最大？若存在，求出相应的正弦值，并指出点的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在；点为两个半圆弧中点；正弦值为1.【解析】【分析】（1）由题意，∠APB＝90°，即PB⊥PA，再由母线AD⊥底面圆O，得AD⊥PB，由直线与平面垂直的判定可得PB⊥平面PAD；（2）由已知求得圆柱底面半径为与母线长，在△PAD中，过A作AM⊥DP交DP于M，由（1）知PB⊥平面PAD，可得PB⊥AM，进一步得到AM⊥平面BDP．若M不与Q重合，∠AQM即为直线AQ与平面BDP所成角；若M与Q重合，且直线AQ与平面BDP所成角为90°，求得点P为两个半圆弧AB中点．由此可得当点P为两个半圆弧AB中点时，直线AQ与平面BDP所成角最大为90°，正弦值最大为1．【详解】解：（1）证明：因为是圆O的直径，点P是圆周上一点，所以，即，又在圆柱中，母线底面，底面，所以，又，平面，平面，所以平面，（2）设圆柱底面半径为，母线为，则，解得，在中，过作交于点.由（1）知平面，因为平面，所以，又，所以平面.若与不重合，即为直线与平面所成的角.若与重合，直线与平面所成的角为，设，由对称性，不妨设，则在中，，在中，，.于是当且仅当，即，时，等号成立.此时，，直线与平面所成的角为，正弦值为1，点为两个半圆弧的中点.【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了空间中直线与平面所成角的最值的求法，属于中档题．