2021-2022学年浙江省温州十校联合体高一下学期期中联考数学试题含解析

2021-2022学年浙江省温州十校联合体高一下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用平面向量的线性运算化简求解.

【详解】解：.

故选：A

2．在复平面内，复数（是虚数单位）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】D

【分析】由复数与复平面内的点一一对应，即可求出结果.

【详解】由知其对应点为，而点在第四象限；

故正确答案为

【点睛】本题考查复数的几何意义，熟记几何意义即可，属于基础题型.

3．下列说法错误的是（       ）

A．一个八棱柱有10个面 B．任意四面体都可以割成4个棱锥

C．棱台侧棱的延长线必相交于一点 D．矩形旋转一周一定形成一个圆柱

【答案】D

【分析】根据几何体的定义及特征，利用逐一检验法对各每一个选项依次检验．

【详解】解：对于选项A：根据棱柱的定义，八棱柱有8个侧面，2个底面，共10个面，故A说法正确；

对于选项B：任意四面体，在四面体内取一点为，将点与四面体的各个顶点连，即可构成4个棱锥，故B说法正确；

对于选项C：根据棱台的定义，其的侧棱的延长线必交于一点，故C说法正确；

对于选项D：矩形以一边所在直线为旋转轴旋转形成圆柱，故若以矩形对角线所在直线为旋转轴旋转，不能形成圆柱，故D说法错误.

故选：D．

4．是钝角三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则最大边c取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由与的值，利用三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边得出的取值范围，然后再由三角形为钝角三角形，得到小于0，利用余弦定理表示出，把与的值代入，根据小于0列出关于的不等式，求出不等式的解集，取范围的公共部分，即可得到最大边的取值范围．

【详解】解：，，

，即，

又为钝角三角形，最大边为边，

所以角为最大角，故，

根据余弦定理得，

即，即，

解得：，

，

则最大边的取值范围是，．

故选：B．

5．如图是一个长方体的展开图，如果将它还原为长方体，那么线段AB与线段CD所在的直线（       ）

A．平行 B．相交 C．是异面直线 D．可能相交，也可能是异面直线

【答案】C

【分析】将展开图还原成长方体，即可判断

【详解】如图，将展开图还原成长方体，易得线段AB与线段CD是异面直线，

故选：C

6．如果三个函数的图像交于一点，我们把这个点称“三体点”，若点A是三个函数（t为常数），，的“三体点”，其中，则t的值（       ）

A．0 B．1 C． D．

【答案】B

【分析】根据，由求得即可.

【详解】解：由题意得：，

则，即，

即，

解得或（舍去），

因为，

所以，

所以，

故选：B

7．在中，，，且AB边上的高为，则满足条件的的个数为（       ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据面积得到，利用正弦定理结合三角恒等变换得到，再求出，结合正弦函数的图象和性质得解.

【详解】解：由三角形的面积公式知，即.

由正弦定理知，

所以，即，

即，即，

所以，

所以 所以

所以，

又，则，，

所以，因为，

所以满足的有2个，

即满足条件的的个数为2.

故选：C

8．平面向量，满足与的夹角为，且，则正实数（       ）

A．有最小值，但无最大值 B．有最小值也有最大值

C．无最小值，但有最大值 D．既无最小值也无最大值

【答案】D

【分析】由可得，又与的夹角为且，进而根据向量减法的几何意义及向量夹角的定义可得，从而可得答案.

【详解】解：由，可得，即，

所以，

由题意，，所以，

所以，

又因为与的夹角为，

所以，

又，所以，

所以，

所以正实数既无最小值也无最大值，

故选：D.

二、多选题

9．下面给出的关系式中，正确的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】由数量积的定义依次判断即可.

【详解】对于A，，，显然不一定相等，A错误；

对于B，，B正确；

对于C，，故，C正确；

对于D，，则，D错误.

故选：BC.

10．已知复数，其中z为虚数，则下列结论中正确的是（       ）

A．当时，的虚部为 B．当时，

C．当时， D．当时，

【答案】AB

【分析】由，利用复数的运算转化为复数的代数形式判断.

【详解】A. 当时，，则的虚部为，故正确；

B. 当时，，则，故正确；

C.当时，，则，故错误；

D.设，则，

若，则，即，则，故错误.

故选：AB

11．已知平行六面体的体积为12，任取其中四个不共面的顶点构成四面体，则该四面体的体积可能取值为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．6

【答案】AC

【分析】结合图形分两种情况可解得结果.

【详解】解：

设平行六面体的体积为

如左图，当取顶点时，则该四面体体积；

如右图，当取顶点时，则该四面体体积.

故选：AC.

12．已知函数，且对于任意，都有，则下列说法正确的是（       ）

A．的最小正周期为π B．的表达式可以写成

C．在区间上单调递增 D．若，则

【答案】AD

【分析】将化为只含有一个三角函数形式，根据确定函数的一个对称中心，由此确定，得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可；

【详解】解：

，

又，则是函数的对称中心，

所以，即

又，，

，

所以的最小正周期，故A正确；

因为，故B错误；

令，，

即，，

解得，，所以函数的单调递增区间为，，

当时，单调递增区间为，因为，故C错误；

对于D：若，即，

所以

，故D正确；

故选：AD

三、填空题

13．若，则___________.

【答案】

【分析】直接利用两角和的正切公式计算可得；

【详解】解：因为，

所以；

故答案为：

14．已知向量，满足，同一平面上任意点M关于点A的对称点为S，点S关于点B的对称点为N，则___________.

【答案】4

【分析】如图，根据平面向量的平行四边形法则和减法法则可得，

两边同时平方，结合题意计算即可得出结果.

【详解】如图，

由平面向量的平行四边形法则可得，

，

，

又，

所以

，

所以.

故答案为：4.

15．如图所示，有棱长为2的正方体，P为正方体表面的一个动点，若三棱锥的体积为1，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】根据三棱锥的体积求出点到平面的距离，如图在上取点，使得，过点作平面平面，分别在上，结合图形即可得出答案.

【详解】解：设点到平面的距离为，

则，所以，

如图在上取点，使得，过点作平面平面，分别在上，

故点在四边形的边上，

则当点在点的位置时，最小，为，

当点在点的位置时，最大，为，

所以的取值范围是.

故答案为：.

16．在中，，，，其中O为的外心，则的面积最大值为___________.

【答案】

【分析】根据向量的数量积的定义得到，即，由余弦定理求得，得到，结合面积公式求得，设，得到，利用基本不等式求得，即可求得面积的最大值.

【详解】由题意，设的角所对的边为，

因为点O为的外心，可得，

所以，

即，即，

又由余弦定理可得，

所以，

则的面积，

设，可得，

又因为，即，所以，当且仅当时，等号成立，

所以，所以，

即的面积的最大值为.

故答案为：.

四、解答题

17．如图，已知O为平面直角坐标系的原点，，，

(1)求和的坐标；

(2)求向量在向量上的投影向量的坐标.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）依题意求出、、的坐标，即可得解；

（2）首先求出，，再根据数量积的几何意义求出向量在向量上的投影，从而求出投影向量；

【详解】(1)解：依题意，设，，，，

则

，

，

所以，，

所以，，

(2)解：由（1）可得，，

所以在向量上的投影长度为，

所以在向量上的投影向量为．

18．已知函数某一周期内的对应值如下表：

(1)根据表格提供的数据求函数的解析式；

(2)根据（1）的结果，若函数的最小正周期为，求函数在区间上的值域

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由表格提供的数据知，且，由此得，再把代入，又，求出的值，即可得的解析式；

（2），由函数的最小正周期为，得，从而，根据，利用整体思想即可求解函数在区间上的值域．

【详解】(1)解：由表格提供的数据知，且，解得，，，

，

把代入，得，又，解得，

；

(2)解：，

函数的最小正周期为，

，解得，

，

，，

所以，

所以，

所以函数在区间上的值域为.

19．把一个半径为3的圆，剪成三个完全一样的扇形（如图1所示），分别卷成相同的无底圆锥（衔接处忽略不计）

(1)求一个圆锥的体积；

(2)设这三个圆锥的底面的圆心分别为，，，将三个圆锥的顶点重合并紧贴一起，记顶点为P（如图2所示），求三棱锥的表面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意求出圆锥的底面周长，设底面半径为，即可取出，再由勾股定理求出圆锥的高，最后由体积公式计算可得；

（2）由对称性可知为等边三角形，且，圆锥的母线与的夹角为，即可得到，再设底面圆与圆的圆锥在底面的交点为，设，即可求出，从而求出，再由余弦定理求出，即可求出，再求出，最后根据计算可得；

【详解】(1)解：依题意圆锥的底面周长为，

设底面半径为，则，解得，所以圆锥的高，

所以圆锥的体积

(2)解：由对称性可知为等边三角形，

，

设圆锥的母线与的夹角为，则；

记底面圆与圆的圆锥在底面的交点为，设，则；

所以，

由余弦定理，

所以，

连接与交于点，则，

所以，

所以

20．请先阅读下列材料；在作战中，有经验的步兵往往能通过“跳眼法”估测物体和自己的距离.具体过程如下：第一步，向正前方伸直左手手臂，竖起拇指；第二步，将右眼闭上，靠左眼观察目标，伸直并端平并移动（可以把左眼到左手拇指的距离看成手臂长），使得目标恰好位于拇指左侧边缘处；第三步，伸出的手臂保持不动，闭上左眼，靠右眼观察，大体估计从左手拇指左侧看到的另一物体与目标的距离；最后即可根据该距离以及你手臂长度､两眼间距来计算你到目标的距离.一般自动步枪有效射程为400，现一人需用自动步枪射击目标P，先采用“跳眼法”预测自己与目标P的距离，此人手臂长60，双眼间距6，面朝正北方向，测量时与上述第一步第二步完全相同，第三步用右眼观察时，拇指左侧恰好对准的是参照物Q，参照物Q在目标P的北偏西，且与目标P的距离为133.2，（如图所示）

(1)求；

(2)若此人在A处开枪射击，请问目标P是否在射程范围内？请说明理由.

【答案】(1)

(2)详见解析

【分析】（1）易得，再由求解；

（2）由，得到CM，进而得到CP，然后由AP=AC+CP与400m比较即可.

【详解】(1)解：如图所示：

，

所以 ，

所以，

，

，

；

(2)因为，

且，

所以，即，

解得，则，

所以，

所以目标P不在射程范围内.

21．已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且.

(1)若，，求B；

(2)若，求的最大值.

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）由正弦定理可将已知条件化为，即，进而可得，然后根据三角形的面积公式及余弦定理可得，，从而即可求解角B的大小；

（2）由（1）知，则由余弦定理可得，又，进而可得，联立可得，最后利用均值不等式重要变形即可求解.

【详解】(1)解：在中，因为，

所以由正弦定理可得，

所以，

又，所以，所以，

由正弦定理可得，

因为，所以，即,

因为，所以由余弦定理有，

所以，即，

因为，所以，

所以，即；

(2)解：由（1）知，所以由余弦定理有，即，

因为，

所以，

所以，即，

因为，

所以，当且仅当，即时等号成立，

所以的最大值为4.

22．点Q在半径为1的圆P上运动的同时，点P在半径为2的圆O上运动，O为定点，P､Q两点的初始位置（如图1所示），其中，且两点均以逆时针方向运动，当点P转过角度α时，Q转过的角度为2α（如图2所示），其中且，G为的重心，

(1)求证：为定值；

(2)把三个实数a，b，c的最小值记为，若，求m的取值范围.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】(1)由图可得、，

根据平面向量的线性运算和坐标表示求得，结合重心的定义求出点G的坐标，利用向量数量积的坐标表示即可证明；

(2)结合(1)可知的坐标，利用向量数量积的坐标表示分别求出、、，结合的取值范围即可得出结果.

【详解】(1)由题意知，建立如图平面直角坐标系，

由图可知，

，

，

所以，

由为的重心，得，

且，

所以，

则

，

即为定值；

(2)由(1)知，，

，

，

则

，

同理，可得，，

又，所以，

有，

，

，

所以的最小值为，

即m的取值范围为.