湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

雅礼中学2022年高一下学期期中考试试卷数学时量：120分钟分值：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.函数的值域是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求得的取值范围，根据不等式的基本性质可求得原函数的值域.【详解】因为，所以，因此，函数的值域是.故选：B.【点睛】本题考查函数值域，考查基本分析求解能力，属基本题.2.已知全集，，，则集合A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】试题分析：因为A∪B={x|x≤0或x≥1}，所以，故选D.考点：集合的运算.3.设复数，是z的共轭复数，则（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】首先求出，再根据复数代数形式的乘法法则计算可得；【详解】解：由，则，所以故选：D4.已知，，则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式化简已知等式可得，进而根据同角三角函数基本关系式可求，再根据二倍角的正弦公式即可求解.【详解】解：因为，又，所以，则.故选：C5.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝60°，a，则等于（　　）A.B.C.D.2【答案】D【解析】【分析】由已知结合正弦定理即可直接求解．【详解】A＝60°，a， 由正弦定理可得，2，∴b＝2sinB，c＝2sinC，则2．故选：D．【点睛】本题主要考查了正弦定理应用，属于基础试题．6.函数的零点的个数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】【分析】利用函数的单调性及零点存在性定理即得.【详解】由于函数在上是增函数，且，故函数在上有唯一零点，也即在上有唯一零点.故选：B.7.在△中，为边上的中线，为的中点，则A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.【详解】根据向量的运算法则，可得 ，所以，故选A.【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.8.在正三棱锥中，，正三棱锥的体积是，则正三棱锥外接球的表面积是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据体积求得锥体高度，利用正弦定理求出底面所在的圆的半径，结合勾股定理求得外接球的半径，即可求出其表面积．【详解】如图所示，设点G为的外心，则平面，由，∴，则三棱锥的外接球的球心O在直线上．设其外接球的半径为R，由正弦定理得，在中，，由勾股定理得，即，解得．正三棱锥外接球的表面积是，故选：C． 二、多项选择题：本题共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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知函数，若，则的值可能为（）A.1B.C.10D.【答案】AD【解析】【分析】首先求得，再讨论的取值，解方程即可求解.【详解】，因为，所以，当时，，解得：，当时，，解得：，故选：AD10.点P是所在平面内一点,满足,则的形状不可能是A.钝角三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等边三角形【答案】AD【解析】【分析】由条件可得，再两边平方即可得答案.【详解】∵P是所在平面内一点，且，∴， 即，∴，两边平方并化简得，∴，∴，则一定是直角三角形，也有可能是等腰直角三角形，故不可能是钝角三角形，等边三角形，故选：AD.【点睛】本题考查向量在几何中的应用，考查计算能力，是基础题.11.在△中，角的对边分别为，则下列的结论中正确的是（）A.若，则△一定是等腰三角形B.若，则C.若△是锐角三角形，则D.已知△不是直角三角形，则【答案】BCD【解析】【分析】利用三角函数的性质，结合诱导公式以及正切函数的两角和公式，逐个选项进行判断求解即可【详解】对于A，由，得，即，因为在中，令，，此时，仍有，所以，不一定是等腰三角形，A错误；对于B，因为在上是减函数，，所以，所以，由正弦定理得，B正确；对于C，若是锐角三角形，则均为锐角，所以，，得和，且，得，同理，可证得，， ，所以成立，C正确；对于D，已知△不是直角三角形，，则有，所以，得所以，D正确；故选：BCD.12.如图所示，在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（）A.直线BN与MB1是异面直线B.直线AM与BN是平行直线C.直线MN与AC所成的角D.平面BMN截正方体所得的截面面积为【答案】AD【解析】【分析】根据异面直线的定义直接判断AB选项，根据，转化求异面直线所成的角，利用确定平面的依据，作出平面截正方体所得的截面，并求面积.【详解】直线BN与MB1是异面直线，故A正确；直线AM与BN是异面直线，故B错误；如下图，由条件可知，所以异面直线与所成的角为，是等边三角形，所以，故C错误； 如下图，连接、、，因为，，所以，又，则四边形是梯形，且四边形为平面截正方体所得的截面，，，所以四边形是等腰梯形，则梯形的高是，所以梯形的面积，故D正确.故选：AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若复数，则复数的模是________.【答案】2【解析】【分析】利用复数的乘法法则进行化简计算，从而求出模长.【详解】，所以的模长为.故答案为：2 14.已知，，且，则的最小值是________.【答案】9【解析】【分析】直接利用乘1法结合基本不等式求解即可.【详解】解：，当且仅当，即时取等号，故的最小值为9.故答案为：915.已知某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为7，圆台的侧面积为，则该圆台全面积为________.【答案】【解析】【分析】直接利用圆台的侧面积公式计算.【详解】设圆台较小底面的半径为，则另一底面的半径为.由，解得.则该圆台全面积为.故答案为：16.中国折叠扇有着深厚的文化底蕴.如图（2），在半圆（半径为20cm）中作出两个扇形和，用扇环形（图中阴影部分）制作折叠扇的扇面.记扇环形的面积为，扇形的面积为，当时，扇形的现状较为美观，则此时扇形的半径为__________cm【答案】 【解析】【分析】根据已知条件和扇形的面积公式可求得答案.【详解】设，半圆O的半径为r，扇形OCD的半径为，，所以，即，所以，所以，又，所以，故答案为：.四、解答题：本题共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.设复数，求实数为何值时？（1）是实数；（2）对应点位于复平面的第二象限.【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）要使是实数，应满足对数的真数大于零且虚部等于零；（2）对应的点位于复平面的第二象限应满足实部小于零即“真数大于零且小于”，同时虚部大于零，列出不等式组即可求得实数的取值范围.试题解析：（1）（舍去）.（2）考点：复数的相关概念.18.设的内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，设S为的面积，满足 .（1）求B；（2）若，设，求边取得最大值时的值.【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）由已知及三角形面积公式和余弦定理得可得，再根据同角基本关系即可求出，再根据三角形的内角关系，即可求出结果；（2）由（1）可知，再根据正弦定理和已知条件可知，再利用正弦函数的性质即可求出结果.【小问1详解】解：因为，所以，即，∴，又，所以.【小问2详解】解：的内角和，又，，由（1）得，即，由正弦定理，可知，又，， 即，又，∴，所以当，即时，取得最大值.19.已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的边长均为，E，F分别是线段AC1和BB1的中点．（1）求证：EF平面ABC；（2）求三棱锥C﹣ABE体积．【答案】（1）证明见解析；（2）3.【解析】【分析】（1）取AC中点G，证明四边形EFBG是平行四边形得出BGEF，故而EF平面ABC；（2）根据计算体积．【详解】（1）证明：取AC的中点为G，连结GE，GB，在△ACC1中，EG为中位线，所以EGCC1，，又因为CC1BB1，CC1＝BB1，F为BB1中点，所以EGBF，EG＝BF，所以四边形EFBG为平行四边形，所以EFGB，又EF平面ABC，GB平面ABC，所以EF平面ABC． （2）因为E为AC1的中点，所以E到底面ABC的距离是C1到底面ABC的距离的一半，即三棱锥E﹣ABC的高h＝CC1＝，又△ABC的面积为，所以．20.已知函数，（，）为奇函数，且图像相邻的对称轴之间的距离为.（1）求函数的解析式；（2）在中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，且，，求的周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先化简，再根据奇偶性与对称性求解参数；（2）先求出，再根据正弦定理结合正弦函数的性质求解即可.【小问1详解】 .由函数相邻的对称轴之间的距离为，得，∴，又∵为奇函数，∴，即，得，即，而，，故.【小问2详解】由（1）可知，，得，即，∵，∴，∴，即，∵，，，∴，，∴，而，故；∵，故；∴，即的周长的取值范围为.21.长沙市雅礼中学为“雅礼杯”足球赛制作了冠军奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，其中扇形OAB的半径为10，，，若按此方案设计： （1）当时，在中，G为AB边上任意一点，求的最大值；（2）制作商发现，当OP最长时，该奖杯比较美观，求此时的大小.【答案】（1）最大值为100（2）【解析】【分析】（1）以为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示平面直角坐标系，表示出点的坐标，设，，根据向量数量积的坐标表示及一次函数的性质计算可得；（2）作交于，交于，且，设，即可表示出，，设，作交于，交于，从而得到，再由勾股定理得到，利用同角三角函数的基本关系及二倍角公式化简，最后根据正弦函数的性质计算可得；【小问1详解】解：根据题意，如图建立直角坐标系， 则，，，设，∵，，，所以，∴当，即与重合时取得最大值为.【小问2详解】解：作交于，交于，且，设，则，，设，作交于，交于，因为，所以，，，所以，所以，即，，所以 .因为，所以当，即时最大，也就是最长时.22.已知是定义在上的奇函数，且，若m，，时，有.（1）证明在上为增函数，并求出不等式的解集；（2）若对所有，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析，（2）或【解析】【分析】（1）运用函数单调性的定义即可证明，根据函数的奇偶性和单调性,把要解的不等式等价转化为一个不等式组,求得此不等式的解集即可（2）根据函数的单调性求得的最大值,可得对的恒成立,再求得的最 大值,从而求得的范围.小问1详解】证明：任取且，则∴，∴为增函数.则，即不等式的解集为.【小问2详解】由于为增函数，∴的最大值为对恒成立对的恒成立，设，则，.又，，∵，∴，∴当时，.∴，则，∴或.所以实数的取值范围为或.