2020-2021学年浙江省杭州市学军中学（紫金港学区）高一下学期期中数学试题（解析版）

2020-2021学年浙江省杭州市学军中学（紫金港学区）高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知角的终边过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用三角函数的定义可求得的值.

【详解】由三角函数的定义可得.

故选：B.

2．已知直线m，n，平面α，β，若α//β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n的关系是（    ）

A．平行 B．异面

C．相交 D．平行或异面

【答案】D

【分析】根据两平面平行的性质即可得出答案.

【详解】若α//β，则内的直线与内的直线没有交点，

所以当m⊂α，n⊂β，则直线m与n的关系是平行或异面.

故选：D

3．已知向量均为单位向量，它们的夹角为，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】根据因为向量均为单位向量，它们的夹角为，由平方，利用数量积的运算求解.

【详解】因为向量均为单位向量，它们的夹角为，

所以，

，

所以，

故选：C

4．若复数满足（其中i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】设根据复数满足，得到，再利用复数相等求解.

【详解】设，.

因为复数满足，

所以，

所以，

所以.

故选：A

【点睛】本题主要考查复数的运算及几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

5．在中，若，则一定是（    ）

A．等腰三角形 B．直角三角形

C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形

【答案】D

【分析】先用余弦定理边化角得，再用正弦定理边化角的，再根据二倍角的正弦公式得，进而可得答案.

【详解】因为，

所以，所以，

所以，所以，

所以，因为，为三角形的内角，

所以或，

所以或，

所以一定是等腰三角形或直角三角形.

故选：D

6．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】确定函数图象关于直线对称，排除AC，再结合特殊的函数值的正负或函数零点个数排除B，得出正确结论．

【详解】函数定义域是，由于的图象关于直线对称，的图象也关于直线对称，因此的图象关于直线对称，排除AC，

有无数个零点，因此也有无数个零点，且当时，，排除B．

故选：D．

【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．

(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；

(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

7．《九章算术》中《方田》章有弧田面积计算问题，计算术曰：以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一.其大意是，弧田面积计算公式为：弧田面积（弦乘矢+矢乘矢），弧田是由圆弧（简称为弧田的弧）和以圆弧的端点为端点的线段（简称 （弧田的弦）围成的平面图形，公式中“弦”指的是弧田的弦长，“矢”等于弧田的弧所在圆的半径与圆心到弧田的弦的距离之差.现有一弧田，其弦长等于，其弧所在圆为圆，若用上述弧田面积计算公式计算得该弧田的面积为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】如图，设，设该圆的半径为，由题意得，，代入数据即可求出，从而可求出答案．

【详解】解：由题意，作出示意图得

点为弦的中点，则，设，设该圆的半径为，

∴，∵，∴，

由题意，“弦”指，“矢”指，

∵该弧田的面积为，

∴，

即，解得，或（舍去），

∴，解得，

∴，∴，

故选：D．

【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查垂径定理，属于中档题．

8．如图，在正方形中，为的中点，是以为直径的半圆弧上任意一点，设，则的最小值为（    ）

A． B．1 C．2 D．3

【答案】B

【分析】建立平面直角坐标系，设，利用坐标法将用点坐标表示，即可求出的最小值.

【详解】

以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

设，，则，，，半圆的方程为，

所以，，，

因为，即，

所以，即，

所以，又是半圆上的任意一点，

所以，，，

所以，所以当时，取得最小值.

故选：B

【点睛】关键点点睛：本题主要考查二元变量的最值求法，关键是根据已知把几何图形放在适当的坐标系中，把有关点与向量用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决.

二、多选题

9．（多选题）如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（    ）

A．  B．  C．  D．

【答案】BCD

【分析】利用线面平行的判定定理逐一分析选项可得答案.

【详解】解：对于A，如图，

O为底面对角线的交点，可得AB∥OQ，

又OQ∩平面MNQ＝Q，所以直线AB与平面MNQ不平行；

对于B，由于AB∥MQ，结合线面平行的判定定理可知AB与平面MNQ平行；

对于C，由于AB∥MQ，结合线面平行的判定定理可知AB与平面MNQ平行；

对于D，由于AB∥NQ，结合线面平行的判定定理可知AB与平面MNQ平行．

故选：BCD．

10．如图所示，在凸四边形ABCD中，对边BC，AD的延长线交于点E，对边AB，DC的延长线交于点F，若，则（    ）

A． B．

C．的最大值为1 D．

【答案】ABD

【分析】选项A. 由，可得可判断；选项B. 过作交于点，所以,结合条件可判断；选项C.  由B结合均值不等式可判断；选项D. 由结合均值不等式可判断.

【详解】选项A. 由，可得

所以，故A正确 .

选项B. 过作交于点

所以, 由这两式可得

由，则，，

所以，即，故B正确.

选项C.  由B可得

当且仅当,即时取得等号, 故C不正确.

选项D.  由得

,

由，当且仅当,即时取得等号

所以，故D正确.

故选：ABD

【点睛】关键点睛：本题考查向量的线性运算共线等的应用，考查利用均值不等式求最值，解答本题的关键是过作交于点，得到，，属于中档题.

三、填空题

11．关于x的方程有实数解，则__________．

【答案】2

【分析】根据复数相等概念列方程组，解得结果.

【详解】因为方程有实数解，

所以x可以看成实数，方程可整理成，

根据复数相等的条件得，解得．

故答案为：2

【点睛】本题考查复数相等、复系数方程，考查基本分析求解能力，属基础题.

12．中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代（公元前年~前年），其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器，如图，某沙漏由上、下两个圆锥容器组成，圆锥的底面圆的直径和高均为，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）.若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此圆锥形沙堆的高为___________.

【答案】

【分析】设沙堆的高为，根据细沙的体积相等可得出，可得出，即可得解.

【详解】设圆锥形容器的底面圆半径为，高为，则圆锥形容器的体积为，

当细沙在上部时，细沙形成一个圆锥，该圆锥的底面圆半径为，高为，

细沙的体积为，

当细沙在下部时，细沙形成一个圆锥，该圆锥的底面半径为，设此时沙堆的高为，

则，可得.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥体积的高为求解，解题的关键在于利用细沙的体积相等建立等式得出与的等量关系，同时也应分析出当细沙在上部时，细沙的体积与圆锥形容器的体积比，进而结合圆锥的体积公式来求解.

13．在中，，则周长的最小值为________．

【答案】

【分析】先利用余弦定理可得把代入可得写出周长，利用基本不等式可求周长的最小值.

【详解】由余弦定理可得因为，即；

所以整理可得即

记周长为，则

设则

当且仅当，即时，取到最小值.且最小值为.

故答案为：.

14．已知平面内非零向量，，，满足，，，若，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】建立平面直角坐标系，设，由所给等式求出点A、B的坐标，设，由可知点C在以为圆心，1为半径的圆上，问题转化为圆上的点到定点的距离的范围.

【详解】，，，，

又，的夹角为，

建立如图所示直角坐标系，

设，则，，设，

，，

则点C在以为圆心，1为半径的圆上，

的取值范围转化为圆上的点到定点的距离的范围，

圆心到点的距离为，

的取值范围为.

故答案为：

四、双空题

15．三个平面最多能把空间分为_____部分，最少能把空间分成_____部分.

【答案】8    4   

【分析】可画出图形说明：三个平面都平行或者两个平行一个与它们相交或者三个平行过同一条直线或者两两相交有三条交线这三条交线平行，或交于同一点．

【详解】①三个平面互相平行时，可把空间分成4部分.如图（3）.

②三个平面中恰有两个平面平行时，可把空间分成6部分.如图（4）.

③三个平面两两相交于一条直线时，可把空间分成6部分.如图（5）.

④三个平面两两相交于三条直线且三条直线互相平行，可把空间分成7部分.如图（6）.

⑤三个平面两两相交于三条直线，且三条直线交于一点，可把空间分成8部分.如图（7）.

综上可知，三个平面可把空间分成4或6或7或8部分.

【点睛】本题考查平面分空间问题，解题时通过画出平面增加立体感．

16．为得到函数的图象，只需将的图象向____平移______个单位即可．

【答案】右       

【分析】先将化为，然后对照可得结果.

【详解】因为，

所以，要得到的图象，只需将的图象向右平移个单位即可.

故答案为：①右；②.

17．已知．若，则实数________；若与的夹角为锐角，则实数的取值范围是_______．

【答案】；       

【分析】（1）利用可求解；（2）若与的夹角为锐角，则，且与不共线可解.

【详解】解：，，

，解得.

与的夹角为锐角，

，且与不共线，

，解得且，

的取值范围是.

故答案为：；.

【点睛】结论点睛：（1）与的夹角为锐角，且与不共线.

（2）与的夹角为钝角，且与不共线.

五、解答题

18．已知．

（1）求函数的最小正周期及单凋递减区间；

（2）求函数在区间的值域．

【答案】（1）最小正周期是，单凋递减区间是；（2）.

【分析】先利用二倍角公式和辅助角法，将函数转化为，再利用正弦函数的性质求解.

【详解】，

，

，

．

（1）函数的最小正周期，

令，

解得，

所以函数的单凋递减区间是；

（2）因为，

所以，则，

所以，

所以函数的值域是．

【点睛】方法点睛：1．讨论三角函数性质，应先把函数式化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式．

2．函数y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为.

3．对于函数的性质(定义域、值域、单调性、对称性、最值等)可以通过换元的方法令t＝ωx＋φ，将其转化为研究y＝sin t的性质．

19．如图，已知在长方体中，，，点是的中点．

（1）求证：平面；

（2）求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）连接，利用中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

（2）计算出，利用锥体的体积公式可求得结果.

【详解】（1）因为四边形为矩形，且，则为的中点，

又因为为的中点，则，

平面，平面，因此，平面；

（2）因为，，且为的中点，

所以，，

在长方体中，平面，

因此，.

【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：

（1）通过面面平行得到线面平行；

（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.

20．在海岸处，发现北偏东方向，距离为海里的处有一艘走私船，在处北偏西方向，距离为海里的处有一艘缉私艇奉命以海里/时的速度追截走私船，此时，走私船正以海里/时的速度从处向北偏东方向逃窜.

（1）问船与船相距多少海里？船在船的什么方向？

（2）问缉私艇沿什么方向行驶才能最快追上走私船？并求出所需时间.

【答案】（1），船在船的正西方向；（2）缉私艇沿东偏北方向行驶小时才能最快追上走私船．

【分析】（1）在中根据余弦定理计算，再利用正弦定理计算即可得出方位；

（2）在中，利用正弦定理计算，再计算得出追击时间．

【详解】解：（1）由题意可知，，，

在中，由余弦定理得：，

，

由正弦定理得：，

即，

解得：，

，

船在船的正西方向．

（2）由（1）知，，

设小时后缉私艇在处追上走私船，

则，，

在中，由正弦定理得：，

解得：，

，

是等腰三角形，

，即．

缉私艇沿东偏北方向行驶小时才能最快追上走私船．

【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，以及解三角形的实际应用，考查转化能力和运算能力，属于中档题．

21．已知函数（且），设向量，．

（1）计算与的表达式；

（2）当时，比较与的大小．

【答案】（1），；（2）当时，，当时，.

【分析】（1）根据，，利用平面向量的数量积的坐标运算求解；

（2）根据，结合（1）求出，再根据，对m讨论比较即可.

【详解】（1）因为向量，，

所以，；

（2）因为，

所以，

，

所以，

因为，则，，

所以当时，，

当时，.

【点睛】关键点点睛：本题关键是关键三角函数的值域去掉绝对值.