2021-2022学年云南省昆明市第三中学高一下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年云南省昆明市第三中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．命题“，”的否定是（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】由特称命题的否定：将存在改任意，并否定原结论，即可得答案.

【详解】由特称命题的否定为全称命题，

所以原命题的否定为，.

故选：B

2．已知，，，则（　　）

A．A，B，C三点共线 B．A，B，D三点共线

C．A，C，D三点共线 D．B，C，D三点共线

【答案】B

【分析】根据向量的线性运算得到，从而可以获得答案.

【详解】，又∵与有公共点B，∴A，B，D三点共线．

故选：B.

3．已知不等式，则该不等式的解集是（       ）

A． B． C．或 D．或

【答案】B

【分析】将不等式分解因式，即可求得不等式解集.

【详解】不等式等价于，

也即，故.

故不等式解集为.

故选：B.

4．若，则=（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将原式分母看作1，由则可化为，结合同角函数关系及，即可求值.

【详解】，又，

∴原式.

故选：D

5．已知直线l，m和平面、，下列命题正确的是（       ）

A．，

B．，，，

C．，，

D．，，，，

【答案】D

【分析】A、B、C根据线线、线面的位置关系，结合平面的基本性质判断线面、面面的位置关系，根据面面平行的判定判断D.

【详解】A：，，则或，错误；

B：若时，或相交；若相交时，，错误；

C：，，，则平行、相交、重合都有可能，错误；

D：，且，，根据面面平行的判定知：，正确.

故选：D

6．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若的面积为，，，则A=（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用三角形面积公式、余弦定理边角关系可得，由正弦定理及三角形内角关系求角A.

【详解】由题设，而，

所以，则，即，

由，故，

由正弦定理知：，可得且，

所以.

故选：C

7．第19届亚洲运动会将于2022年9月10日至2022年9月25日在浙江省杭州市举行，换上智慧脑、聪明肺的黄龙体育中心将承办足球、体操、水球等项目．为了倡导绿色可循环的理念，场馆还配备了先进的污水、雨水过滤系统．已知过滤过程中废水污染物数量与时间t的关系为（N0为最初污染物数量）．如果前4小时消除了20%的污染物，那么污染物消除至最初的64%还需要（       ）

A．3.6小时 B．3.8小时 C．4小时 D．4.2小时

【答案】C

【分析】根据题意先求出，再得出即可求出.

【详解】因为前4小时消除了20%的污染物，所以，解得，

设经过小时污染物消除至最初的64%，则，

即，解得，

所以污染物消除至最初的64%还需要小时.

故选：C.

8．点P菱形ABCD内部一点，若，则菱形ABCD的面积与的面积的比为（       ）

A．4 B．6 C．8 D．12

【答案】B

【分析】设中点为，中点为，根据向量关系可得，即可表示出面积关系.

【详解】如图，设中点为，中点为，

因为，即，则，

即，

则，

所以的面积与的面积的比值是6.

故选：B.

二、多选题

9．已知复数，则以下说法正确的是（       ）

A．复数的虚部为 B．的共轭复数

C． D．在复平面内与对应的点在第二象限

【答案】CD

【解析】利用复数的乘除运算可得，根据复数的概念可判断A；根据共轭复数的概念可判断B；根据复数的模可判断C；根据复数的几何意义可判断D.

【详解】，

∴复数的虚部为，的共轭复数，

复平面内与对应的点的坐标为，在第二象限.

故选：CD.

【点睛】本题考查了复数的基本知识，需掌握复数的概念、共轭复数的概念、复数的模以及复数的几何意义，属于基础题.

10．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB=2AD=2DC，E为BC边上一点，且，F为AE的中点，则（       ）

A．

B．

C．

D．

【答案】ABC

【解析】利用向量加法的三角形法则、数乘运算及平面向量基本定理进行解题．

【详解】解：∵ AB∥CD，AB⊥AD，AB=2AD=2DC，

由向量加法的三角形法则得

，A对；

∵，∴，

∴，

又F为AE的中点，∴，B对；

∴，C对；

∴，D错；

故选：ABC．

【点睛】本题主要考查向量加法的三角形法则、数乘运算，考查平面向量基本定理，属于基础题．

11．(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下列说法正确的是（       ）

A．MN∥平面APC

B．C1Q∥平面APC

C．A，P，M三点共线

D．平面MNQ∥平面APC

【答案】BC

【分析】对于A，连接MN，AC，则MN∥AC，根据线面平行的判定可判断；对于B，由A知AN∥C1Q，根据线面平行的判定可判断；对于C，由A知，A，P，M三点共线；对于D，由A知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，由此可判断.

【详解】如图，对于A，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN,设AM，CN交于点I，

由可得AM，CN交于点P，则平面APC，所以A选项错误；

对于B，由A知M，N在平面APC内，由题知AN∥C1Q，且AN⊂平面APC，

C1Q平面APC，所以C1Q∥平面APC，所以B选项正确．

对于C，由A知，A，P，M三点共线，所以C选项正确．

对于D，由A知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，所以D选项错误．

故选：BC.

12．高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设xR，用x表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如．已知函数，函数，则（       ）

A．函数的值域是 B．函数是偶函数

C．函数的图象关于对称 D．方程只有一个实数根

【答案】ABD

【分析】先研究函数的奇偶性，作出函数的图象，作出函数的图象判断选项ABC的正确性，再分类讨论判断方程的根的个数得解.

【详解】由题得函数的定义域为,

，

所以函数为偶函数，

当时，；

当时，；

当时，；

……

所以函数的图象如图所示，

所以函数的图象如图所示，

所以函数的值域是，故选项A正确；

由函数的图象得到关于轴对称，所以是偶函数，故选项B正确；

由函数的图象得到函数的图象不关于对称，故选项C不正确；

对于方程，

当时，，方程有一个实数根；

当时，，此时，此时方程没有实数根；

当时，，此时，此时方程没有实数根；

故方程只有一个实数根，故选项D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．若复数为纯虚数，请写出满足条件的一组实数a，b的值__________．（答案不唯一，一组即可）

【答案】，（答案不唯一）

【分析】由纯虚数的定义即可求出答案.

【详解】由纯虚数的定义知，复数为纯虚数，

则即可，所以只需满足即可，

答案不唯一，取，为其中一个答案.

故答案为：，.（答案不唯一）

14．已知圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为的球面上，圆柱底面半径为，则该圆柱的表面积为__________．

【答案】

【分析】根据题意求出球体半径，再根据圆柱的性质求出母线的长，再求表面积即可.

【详解】设圆柱外接球半径为：，圆柱的母线长为：，

由圆柱的性质得，外接球球心在上下底面圆心连线的中点处，

所以外接球球心到底面的距离为圆柱母线的一半：，

所以，又，解得，，

所以圆柱的表面积为：.

故答案为：.

15．已知长方体的表面积为66，所有棱长之和为40，则线段AC1的长为__________．

【答案】

【分析】设交于同一顶点的三条棱长分别为，再根据题意列式求解即可

【详解】如图，设，由题可得，即，故体对角线AC1的长为

故答案为：

16．已知函数，若（且），则a的取值范围为__________．

【答案】

【分析】根据奇偶性定义判断为偶函数，由解析式判断的单调性，再讨论a的范围，并利用偶函数和单调性求参数的范围.

【详解】由且定义域为R，

所以为偶函数，

当时为增函数，故在上为减函数，

综上，由，即或，

当时，则；当时，则，

所以a的取值范围为.

故答案为：

四、解答题

17．已知平面向量.

(1)若,求x的值;

(2)若,求与的夹角的余弦值.

【答案】(1).(2)

【解析】(1)利用向量平行的坐标表示，列方程求解；

(2) 根据平面向量垂直的坐标表示列方程求出，再计算与所成夹角的余弦值.

【详解】(1)平面向量，

若,则，

解得；

(2)若,则，

即,解得，

∴，

∴与的夹角的余弦值为.

【点睛】本题考查了平面向量的共线定理与数量积应用问题，是基础题.

18．已知函数，．

(1)求函数的最小正周期及对称中心；

(2)将函数的图象沿x轴向左平移个单位长度得到函数的图象，求在区间的值域．

【答案】(1)最小正周期为，对称中心为，；

(2).

【分析】（1）利用降幂公式、辅助角公式可得，根据正弦型函数的性质求最小正周期和对称中心.

（2）由图象平移可得，根据正弦函数的性质求区间值域即可.

【详解】(1)由，

所以的最小正周期为，

令，，可得，.

所以对称中心为，.

(2)把沿x轴向左平移个单位长度，得到，

在上，则，故，

故函数的值域为.

19．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．

(1)求证：B1D∥平面ACE．

(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；

（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.

【详解】(1)连BD，使BD∩AC＝G，连EG．

∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．

又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，

∴DB1∥GE，

又平面ACE，平面ACE，

∴B1D∥平面ACE．

(2)∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．

∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，

∴B1F∥CE，又∴平面ACE，平面ACE，∴B1F∥平面ACE，

由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．

20．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．

(1)求A；

(2)从三个条件：①的面积为；②；③中任选一个作为已知条件，求周长的取值范围．

【答案】(1)；

(2)答案见解析.

【分析】（1）由正弦定理及已知有，应用差角余弦公式化简求得，即可确定A的大小.

（2）根据所选的条件，应用正余弦定理、三角恒等变换及基本不等式、三角函数的范围求周长的取值范围．

【详解】(1)在中，由得：，又，

，即，

，又，

．

(2)选择①：因为，则，得，

由余弦定理得，

即的周长，

因为，当且仅当时等号成立，

所以，即的周长的取值范围是．

选择②：，因为，，

由正弦定理得，，

即的周长，

因为，则，故，

所以，即的周长的取值范围是．

选择③：．因为，，

由正弦定理得，

即的周长

，

因为，所以，则，

即的周长的取值范围是.

21．重庆某公园有两块三角形草坪，准备修建三角形道路（不计道路宽度），道路三角形的项点分别在草坪三角形的三条边上．

（1）第一块草坪的三条边米，米，米，若，（如左图），区域内种植郁金香，求郁金香种植面积．

（2）第二块草坪的三条边米，米，米，为中点，（如右图），区域内种植紫罗兰，求紫罗兰种植面积的最小值．

【答案】（1）；（2）最小值450平方米.

【分析】（1）利用余弦定理求得,进而在直角三角形中计算求解；

（2）利用正弦定理求得，进而得到，然后利用三角函数恒等变形和三角函数的性质求得最小值.

【详解】（1）∵，∴米，米．

在中：，

在中：，所以．

（2）设，则．在中：，．

所以，所以，

其中，所以．

当时取得最小值450平方米．

【点睛】本题考查关键难点为利用积化和差公式变形进而求最值，积化和差公式由两角和差的公式推导得来，此处用到的是.

22．对于函数，，，如果存在实数a，b使得，那么称为，的生成函数.

(1)设， ，，，生成函数.若不等式在上有解，求实数的取值范围；

(2)设函数，，是否能够生成一个函数.且同时满足：①是偶函数；②在区间上的最小值为，若能够求函数的解析式，否则说明理由.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意新定义得到的解析式，然后将问题转化为在上有解，利用换元法转化为二次函数求解最值即可；

（2）利用待定系数法设，根据，得到对任意恒成立，从而得到，再利用换元法以及对勾函数进行分析求解，即可得到答案．

【详解】(1)解：由题意可得，， ，，，

所以，

不等式在上有解，

等价于在上有解，

令，则，

由在上单调递减，

所以当时，取得最大值，故．

(2)解：设，则．

由，得，

整理得，即，即对任意恒成立，

所以．

所以

．

设，

令，则，

由对勾函数的性质可知在单调递减，上单调递增，

∴在单调递增，

∴，且当时取到“”．

∴，

又在区间的最小值为，

∴，且，此时，．

所以．