2021-2022学年湖南省长沙市明德中学高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2021-2022学年湖南省长沙市明德中学高一下学期期中数学试题含解析，共13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。
2021-2022学年湖南省长沙市明德中学高一下学期期中数学试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由交集定义计算．【详解】根据集合交集中元素的特征，可得，故选：A.【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题．2．已知命题，，则是（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】A【解析】利用全称命题与特称命题的否定关系，直接写出结果即可．【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题，，则命题的否定形式是，．故选：．3．如图，将一张三角形纸片沿着BC边上的高AD翻折后竖立在桌面上，则折痕AD所在直线与桌面所成的角等于（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】结合线面垂直的判定定理确定正确答案.【详解】依题意可知，所以平面，所以折痕AD所在直线与桌面所成的角等于.故选：C4．下列函数中是增函数的为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项.【详解】对于A，为上的减函数，不合题意，舍.对于B，为上的减函数，不合题意，舍.对于C，在为减函数，不合题意，舍.对于D，为上的增函数，符合题意，故选：D.5．若，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】直接利用二倍角公式计算可得；【详解】解：因为，所以；故选：B6．已知，，，，且，则的值分别为（       ）A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：,，，解得：，故选C.7．在中，已知，，，则（       ）A．1 B． C． D．3【答案】D【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.【详解】设，结合余弦定理：可得：，即：，解得：（舍去），故.故选：D.【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：(1)已知三角形的三条边求三个角；(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．8．若，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，利用作差法结合的单调性即可得到答案.【详解】设，则为增函数，因为所以，所以，所以.，当时，，此时，有当时，，此时，有，所以C、D错误.故选：B.【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.二、多选题9．下列命题正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】根据空间直线、平面间的位置关系、线面垂直的判定定理和性质定理判断．【详解】由线面垂直的判定定理可得A正确，由线面垂直的性质定理可得B正确，，可能有，C错误，时可能有，，与相交（可能垂直），D错误，故选：AB．10．已知函数 ，则下列说法正确的有（       ）A．的周期为B．在单调递增；C．的一个对称中心是D．的一条对称轴的方程为．【答案】BCD【分析】根据函数的性质结合周期公式逆推即可求解.【详解】对于A，的周期为，故A不正确；对于B， 由，得， 从而当即时，单调递增；故B正确；对于C，，所以的一个对称中心是，故C正确；对于D， ，所以的一条对称轴的方程为，故D 正确.故选：BCD.11．已知复数 （其中i是虚数单位），则下列命题中正确的为（       ）A．z在复平面上对应点在第四象限 B．C．是纯虚数 D．【答案】AB【分析】根据复数的几何意义，判断A;求得复数的模，判断B;计算，根据其结果，判断C;计算，根据二者的结果，判断D.【详解】z上在复平面上对应点的坐标为，在第四象限，故A正确；复数，则，故B正确；，是实数，故C错误；，故D错误．故选：AB12．己知O，N，P，I在△ABC所在的平面内，则下列说法正确的是（       ）A．若，则O是△ABC的外心B．若，则P是△ABC的垂心C．若，则N是△ABC的重心D．若，则I是△ABC的垂心【答案】ABCD【分析】根据三角形外心、垂心、重心和内心的定义，结合平面向量的运算即可求得答案.【详解】对A，根据外心的定义，易知A正确；对B，，同理可得：，所以P是垂心，故B正确；对C，记AB、BC、CA的中点为D、E、F，由题意，则，同理可得：，则N是重心，故C正确；对D，由题意，，则I是垂心，故D正确故选：ABCD.三、填空题13．___________.【答案】【分析】由三角函数的诱导公式，准确运算，即可求解.【详解】由三角函数的诱导公式，可得.故答案为：.14．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为______.【答案】【分析】利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．【详解】由题意，设母线长为，∵圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有，解得，∴该圆雉的母线长为.故答案为：.15．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为________【答案】【分析】由向量垂直数量积等于可得，再由平面向量夹角公式结合角的范围即可求解.【详解】因为，所以，所以，设与的夹角为，所以=，因为，所以，所以与的夹角为，故答案为:．16．已知函数，则不等式的x的解集是________．【答案】【分析】由函数的解析式或图象可得函数单调递增，不等式转化为，进而求解出结果.【详解】画出函数的图象如图所示：所以函数在上为增函数，由得，即，解得.故答案为：.四、解答题17．已知复数，其中i为虚数单位．(1)若z是纯虚数，求实数m的值；(2)若m＝2，设，试求a＋b的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由实部等于0得到实数的值；（2）把复数整理成的形式，根据复数相等的条件得到的值进而求出．【详解】(1)由题意可得：，且，；(2)若m＝2，则，所以，，，.18．已知正方体ABCD−A1B1C1D1，O1为底面A1B1C1D1的中心．求证：(1)平面AB1D1//平面C1BD；(2)求直线D1A与BA1所成角．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在正方体中，分别证明平面，平面，由面面平行的判定定理可证.（2）异面直线求夹角，将异面直线转换到同一平面内，进行求解.【详解】(1)证：在正方体中，，且，所以四边形为平行四边形，则，同理.平面，平面；所以平面，同理平面，且，所以平面平面.(2)∵，∴是直线与所成角，∵，∴，∴直线与所成角为．19．已知函数，的解集为．(1)求的解析式；(2)当时，求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）依题意，为方程的两个根，利用韦达定理得到方程组，解得、，即可求出求出函数解析式；（2）由（1）可得，利用基本不等式求出函数的最大值；【详解】(1)解：因为函数，的解集为，那么方程的两个根是，，且，由韦达定理有   所以．(2)解：，由，所以，当且仅当，即时取等号，所以，当时取等号，∴当时，．20．如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA． (1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA．①求三棱锥Q−ABP的体积；②求二面角Q−AP−C的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)①1；②.【分析】（1）证明，结合，证明平面，然后证明平面平面；（2）①由（1）及已知条件可确定QE⊥平面ABC，三棱锥Q−ABP的体积可通过锥体体积公式计算；②通过二面角的定义，找到二面角Q−AP−C的平面角∠EHQ，利用余弦定理解得EH，QH，进而确定二面角大小.【详解】(1)由已知可得，∠BAC=90°，BA⊥AC又∵BA⊥AD，且ACAD=A，所以AB⊥平面ACD．又∵AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．(2)①由已知可得，DC=CM=AB=AC=3，DA=，BP=DQ=DA，所以BP=．作QE⊥AC，垂足为E，则，QE=DC=AB=1，由已知及（1）可知，DC⊥CA，DC⊥BA，CABA=A，∴DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC．因此，三棱锥Q−ABP的体积为．②作EH⊥AP交AP于H，连QH，由QE⊥平面ABC，得QE⊥AP，EHQE=E，∴AP⊥平面QEH，∴AP⊥QH，∠EHQ为二面角Q−AP−C的平面角在△ABP中由余弦定理，求得，由DA=BC=，BP=，所以PC=，又∵AC=3在△ACP中由余弦定理，，，又∵AE=AC=1，∴，又∵QE=1，∴，∴．21．己知向量，函数，，．(1)当m=0时，求的值；(2)若的最小值为，求实数m的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示及两角和的余弦定理得到函数的解析式，代入计算即可.（2）利用向量的运算的坐标表示及两角和的余弦定理化简函数解析式，再利用换元法根据函数最大值求出参数的值.【详解】(1) 当时，，(2)， ，又令，则，，对称轴为，当，即 时，在上单调递增，   解得（舍去），当，即时，在上单调递减，在上单调递增，，解得，当，即时，在上单调递减，解得（舍去），综上，若的最小值为−1，则，22．（1）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，R表示的外接圆半径.①如图，在以O圆心、半径为2的圆O中，和是圆O的弦，其中，，求弦的长；②在中，若是钝角，求证：；（2）给定三个正实数a、b、R，其中，问：a、b、R满足怎样的关系时，以a、b为边长，R为外接圆半径的不存在、存在一个或存在两个（全等的三角形算作同一个）？在存在的情况下，用a、b、R表示c.【答案】（1）①，②证明见解析，（2）见解析.【分析】（1）①由正弦定理知，根据题目中所给的条件可求出的长；        ②若是钝角，则其余弦值小于零，由余弦定理得，即可证出结果；（2）根据图形进行分类讨论判断三角形的形状与两边的关系，以及与直径的大小的比较，分三类讨论即可.【详解】（1）①解：因为，角为锐角，所以因为，所以由正弦定理得，②证明：因为是钝角，所以，且所以，所以，即（2）当或时，不存在当时，，存在且只有一个所以当时，且都是锐角，时，存在且只有一个所以当时，总是锐角，可以是钝角，可以是锐角所以存在两个当时，当时， 【点睛】此题考查三角形中的几何计算，综合考查了三角形形状的判断然，三角形的外接圆等知识，综合性强，属于难题.