2021-2022学年浙江省杭州学军中学西溪校区高一下学期期中测试数学试题

这是一份2021-2022学年浙江省杭州学军中学西溪校区高一下学期期中测试数学试题，共17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学年杭州学军中学西溪校区高一下学期期中测试数学一、单选题    已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D.     已知i为虚数单位，复数，则z的虚部为(    )A. i B. 1 C. 7i D. 7    已知为偶函数，且函数在上单调递减，则不等式的解集为(    )A.  B.  C.  D.     下列判断正确的是(    )A. 圆锥的侧面展开图可以是一个圆面
B. 底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
C. 一个西瓜切3刀最多可切成8块
D. 过球面上任意两不同点的大圆有且只有一个    在1859年的时候，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字x的素数个数可以表示为的结论．若根据欧拉得出的结论，估计以内的素数的个数为素数即质数，，计算结果取整数(    )A. 2172 B. 4343 C. 869 D. 8686    在中，D是边BC上的一点，，，，则(    )A.  B.  C.  D.     已知，为单位向量，且，若非零向量满足，则的最大值是  (    )A.  B.  C.  D.     已知a，b，R，若关于x的不等式的解集为，则  (    )A. 不存在有序数组，使得
B. 存在唯一有序数组，使得
C. 有且只有两组有序数组，使得
D. 存在无穷多组有序数组，使得二、多选题    在中，若，角B的平分线BD交AC于D，且，则下列说法正确的是(    )A. 若，则的面积是
B. 若，则的外接圆半径是
C. 若，则
D. 的最小值是如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则(    )A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B. 存在点Q，使平面MBN
C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为
D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为 三、填空题已知，一元二次方程的一个根z是纯虚数，则__________.已知钝角终边上一点的坐标为，则__________已知三角形ABC的斜二侧画法的直观图是边长为2的正三角形如图所示，则C的坐标为__________已知函数在上是增函数，则实数a的取值范围是__________在中，内角A，B ，C所对的边为a，b，c，且，，则__________，若满足条件的有且仅有一个，则a的取值范围是__________.设，，则的最小值为__________四、解答题已知平面向量，，满足，，，，则的最大值为__________.已知函数若，，求的值；在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，求的取值范围． 如图所示，等腰梯形ABCD中，，，已知E，F分别为线段BC，AB上的动点可与线段的端点重合，且满足，求关于x，y的关系式并确定x，y的取值范围；若，判断是否存在恰当的x和y使得取得最大值？若存在，求出该最大值及对应的x和y；若不存在，请说明理由． 如图，直四棱柱的底面为菱形，，，M，N分别为BC，的中点.
 证明：平面平面将该直四棱柱分成两部分，记这两部分中较大的体积为，较小的体积为，求的值. 已知函数，解不等式： 是否存在实数t，使得不等式对任意的及任意锐角都成立，若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由。
答案和解析 1.【答案】D 【解析】解：由并运算的性质得故选  2.【答案】B 【解析】解：因为，所以z的虚部为
故选  3.【答案】B 【解析】解：因为为偶函数，所以为奇函数，
又在上单调递减，所以在R上单调递减，
所以由，得，
即，由在R上单调递减，所以，得，
即故选  4.【答案】C 【解析】解：A：圆锥的侧面展开图为扇形，不可以是一个圆面，所以错误；B：底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥，其顶点在底面的射影不一定为底面的中心，所以不一定是正三棱锥，所以错误；
一个西瓜切3刀等价于一个正方体被3个平面切割，按照如图所示的方法切割可得最多块数，故C正确；



当两点为球的直径端点时，过两不同点的大圆有无数个，所以错误．
故选  5.【答案】D 【解析】解：由题意可知：，
由对数的性质可得：，即
故选  6.【答案】B 【解析】解：，，，
在中，由正弦定理：，
即，即，
在中，由正弦定理：
，，
，，
即，将四个选项分别代入，可知时，上式成立.
故选  7.【答案】D 【解析】解：由题意，可设，，则，
由，可得，整理得，
设，，
由，可得，
即，故，
当时，或，
即或，
，不合题意，
故时，，
而，
，，
当时，“=”成立，
此时，
，故，即，
故，故选  8.【答案】D 【解析】解：根据题意得，于是不等式化为：
因为解集为，所以，是方程的两个不同的根，
且，是方程的两个不同的根，根据韦达定理得
，
所以，
于是只要的所有就可以了.  9.【答案】ACD 【解析】解：①因为BD为角B的平分线，，
所以，
若，则，
则
由正弦定理得，
，
则，
，故A选项正确．
②若，由A选项知，由正弦定理得，
所以的外接圆半径是，故B选项错误．
③若，由A选项知，
由正弦定理得，，
因为，所以，
所以，故C选项正确．
④设，则，，，
因为，，
所以

，
令，因为，，
所以，所以，
所以
，
当且仅当，即或时取等号，
所以或舍去，所以的最小值是，故D选项正确．
故选  10.【答案】AB 【解析】解：如图，在正方体中，连接，
因为N，P分别是的中点，所以，所以四点共面，
即当Q与重合时，B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；
连接，当Q是的中点时，因为，
所以，因为面且面，
所以面，故选项B正确；
对于C、由正方体的对称性可知所得截面面积为，
当Q与重合时，截面面积最大，为，
当Q与重合时，截面面积最小，为，
故截面面积的取值范围为，故选项C错误；
分别取的中点E，F，构造长方体，
则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，
设所求外接球的直径为2R，
则长方体的体对角线即为所求的球的直径，
即，
经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D选项错误；

故选
   11.【答案】 【解析】解：由题意可设复数，且，
是一元二次方程的复数根，
，即，
，解得，，，
，，故答案为：  12.【答案】 【解析】解：由题意，得
因为为钝角则  13.【答案】 【解析】解：在直观图中，在轴上取点，使得轴，如下图：

则，
由正弦定理可得 ，
又，
可得， ，
故将直观图还原为平面图如下图：

由图可知，  14.【答案】 【解析】解：设，由题意知，函数在上是减函数，
则，解得，所以a的取值范围是故答案为  15.【答案】     【解析】解：由题意，，由正弦定理可知，，
所以有，整理得，
解之得，由，所以；
又，则由可求得，
因为满足条件的有且仅有一个，
所以，从而可求出或，
故答案为；  16.【答案】 【解析】解：因为，
当且仅当时，即时，取等号.
而当且仅当时，取等号
故则
当且仅当，，时，取等号
故的最小值为  17.【答案】 【解析】解：设，，，则
因为，即，
所以，因此，
所以
以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立平面直角坐标系，如下：

设，，则
因为，所以，
即，因此点C在以，半径为的圆上运动，
所以
又因为

，
所以由得的最大值为  18.【答案】解：，由，，可得，，所以，，所以.因为，由正弦定理可得，，从而可得，，即，因为，所以，，所以，所以.19.【答案】解：由等腰梯形的性质可知，
即，又，

则
由F，E分别为线段AB，BC上动点，故，
由可得，则，
又解得，
故，令，则，即，
 20.【答案】证明：连接，交于点E，连接NE，ME，
因为N，E分别为，的中点，所以，且，
因为M为BC的中点，所以，且，
所以，且，所以四边形BNEM为平行四边形，
所以，因为平面，平面，
故平面

解：延长DC，AM交于点Q，则C，M分别为DQ，AQ的中点，，，
再连接，交于点P，则P为的中点，，连接MP，
所以平面将该直四棱柱分成两部分，其中体积较小的部分为三棱台
因为三棱台的体积等于三棱锥的体积减去三棱锥的体积，
所以


又直四棱柱的体积为，
所以，故 21.【答案】解：，
为R上的奇函数，又为R上的增函数，
于是，
，故原不等式的解集为，
假设存在正实数t，使得该不等式对任意的及任意锐角都成立，
原不等式     不等式不可能成立，故，
因为该不等式对任意的都成立，
，
故，
而，
该不等式对任意锐角都成立，所以，
令，则，
设，令
则，而在单调递增，故，
所以，
故，又，