2021-2022学年浙江省杭州学军中学西溪校区高一下学期期中数学试题（解析版）

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数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知，可根据给出的集合，集合，直接求解.
【详解】因为集合，，
由并集运算的性质得
故选:
2．已知i为虚数单位，复数，则z的虚部为（ ）
A．iB．1C．7D．7
【答案】B
【分析】由复数代数形式的乘法运算再结合复数虚部的概念，即可求解.
【详解】∵∴z的虚部为1.
故选：B．
3．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．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性概念易知为奇函数，又在上单调递减，根据奇函数的对称性可知在上单调递减，再根据，可得，再根据奇偶性和单调性即可求出结果.
【详解】因为为偶函数，所以为奇函数，
又在上单调递减，所以在上单调递减，
所以由，得，
即，，
所以，得，即.
故选：B.
4．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
【答案】C
【分析】由圆锥的母线一定比底面半径大可判断A；由正三棱锥的侧棱长相等可判断B；类比一个正方体被三个平面切割可判断C；取两个点为极点可判断D
【详解】选项A，由圆锥的母线一定比底面半径大，可得圆锥的侧面展开图是一个圆心角不超过的扇形，A错误；
选项B，底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥的侧棱长不一定相等，故不一定是正三棱锥，B错误；
一个西瓜切3刀等价于一个正方体被三个平面切割，按照如图的方法切割可得最多块数，故C正确；
当两个点为球的两个极点，则过两点的大圆有无数个，故D错误.
故选：C
5．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．2172B．4343C．869D．8686
【答案】D
【分析】根据黎曼猜想计算，从而得出正确答案.
【详解】.
故选：D
6．在△ABC中，D是边BC上的一点，，，，则（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】B
【分析】设，分别在和使用正弦定理，通过等量代换可得等式 ，从而求出的大小.
【详解】
如图所示,在中，，，
所以，由正弦定理知
，
设，，
所以
设，
在中，由正弦定理得：
，即，解得.
故选：B.
7．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．
【答案】D
【解析】设，，由，计算可得，设，，由，计算可得，可推出时，等号成立，计算可得，结合，可求出，从而可求出的最大值.
【详解】由题意，可设，，则，
由，可得，整理得，
设，，
由，可得，
即，所以，
当时，或，
即或，
因为，所以不符合题意，
故时，.
而，
因为，所以，
当时，等号成立，此时，
因为，所以，即，
所以.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量与三角函数的综合问题，解题的关键是设出题中向量的坐标，利用平面向量的坐标运算及三角函数的运算性质，将所求不等式转化为三角函数关系式，进而求出最大值.考查学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于难题．
8．已知a，b，，若关于x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
【答案】D
【分析】根据，不等式转化为一元二次不等式的解的问题，利用两个一元二次不等式解集有交集的结论，得出两个不等式解集的形式，从而再结合一元二次方程的根与系数关系确定结论．
【详解】由题意不等式的解集为，
即的解集是，
则不等式的解是或，不等式的解集是，
设，，，
所以，，
和是方程的两根，
则，，
又，
所以是的一根，
所以存在无数对，使得．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题考查分式不等式的解集问题，解题关键是转化一元二次不等式的解集，从而结合一元二次方程根与系数关系得出结论．
二、多选题
9．在中，若，角的平分线交于，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
【答案】ACD
【分析】A、B、C选项由已知结合正弦定理和差角公式及同角的基本关系进行变形即可判断，D选项用角表示出结合三角恒等变换以及均值不等式即可判断.
【详解】因为，角的平分线交于，所以，，所以，，
由正弦定理得，
所以，
所以，故A正确；
因为，所以，设的外接圆半径是，由正弦定理，，所以，故B错误；
因为，由正弦定理，因为和互补，所以，所以，故C正确；
设，则，
因为，
所以
若，则，
若，则
，令，，
，当且仅当，即或时，则或，故或（舍去），
综上：当为等边三角形时，的最小值是，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
10．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
【答案】AB
【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D．
【详解】选项A，连接，，正方体中易知，
分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；
选项B，如图，取中点为，连接，
因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形，
所以，又是中点，所以，所以，
平面，平面，所以平面，B正确；
选项C，正方体中，分别是中点，则，
在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，为所过三点的截面，
由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，
由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质，
设，，则，，
是中点，，则，所以，同理，
，，，
梯形是等腰梯形，高为，
截面面积，
设，，，
在上递增，，，
所以，C错；
选项D，
取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D错．
故选：AB．
三、填空题
11．已知，一元二次方程的一个根z是纯虚数，则___.
【答案】
【分析】设复数z＝bi，把z代入中求出b和m的值，再计算．
【详解】由题意可设复数z＝bi，b∈R且b≠0，i是虚数单位，
由z是的复数根，
可得（bi）2﹣（2m-1）bi+＝0，
即（﹣b2+1+）﹣（2m-1）bi＝0，
∴ ，
解得，，
∴z＝i，z+m＝i
∴|z+m|＝．
故答案为．
【点睛】本题考查复数相等的概念和复数模长的计算，属于基础题．
12．已知钝角终边上一点的坐标为，则________.
【答案】
【分析】先根据任意角三角函数定义得到，再结合诱导公式及角的范围得到的值.
【详解】因为，又因为角为钝角，所以.
故答案为：
13．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__________
【答案】
【分析】在轴上取点，使得轴，在三角形中用正弦定理求出的值，在平面直角坐标系中求得的值，即可得到点坐标.
【详解】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：
在平面直角坐标系中如图所示，连接,,.
故
故答案为：
【点睛】,
14．已知函数在上是增函数，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【分析】利用复合函数单调性的判断法则，结合对数函数与二次函数单调性列出不等式组，求解即可得答案.
【详解】解：令，，
因为在上单调递减，而函数在上是增函数，
所以在上单调递减，且恒成立，
所以，即，解得，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
15．设，，则的最小值为________.
【答案】
【分析】结合，，利用均值不等式，依次求解，，的最值，即得解
【详解】由题意，
由，，故，当且仅当，即时等号成立
故
又
当且仅当，即时等号成立
当且仅当，即时等号成立
故的最小值为，当且仅当，时等号成立
故答案为：
四、双空题
16．在中，内角，，所对的边为，，，且，，则__________，若满足条件的有且仅有一个，则的取值范围是__________.
【答案】 或
【分析】由利用正弦定理得，由此可得出，从而求得，代入后得，借助正弦函数的图象，当函数图象只有一个交点时，可得出第二空答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
则，，
又，代入到，得，
∵，∴，
由图可知，当或时，只有一个解，
故答案为：；或．
【点睛】本题主要考查正弦定理的边角转化，考查三角形的解的个数，属于中档题．
五、解答题
17．已知平面向量，，满足，，，，求的最大值
【答案】
【分析】根据数量积的运算律以及几何意义，可作图并建立直角坐标系，利用数量积的坐标表示，整理函数，可得答案.
【详解】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．已知函数 .
（1）若，，求得值；
（2）在中，角的对边分别为且满足，求 的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由正弦、余弦的二倍角公式化简，再由已知条件求得，，凑角所以，可求得答案.
（2）由正弦定理和正弦的和角公式可得，再由角的范围可求得值域.
【详解】解：（1）
，
由，，可得，
所以，，
所以.
（2）因为，由正弦定理可得，
，
从而可得，，
即，
由，
因为，所以，，所以，
所以.
【点睛】本题考查三角恒等变换化简三角函数，正弦型函数的值域，以及正弦定理的运用，属于中档题.
19．如图所示，等腰梯形中，，，已知E，F分别为线段，上的动点（E，F可与线段的端点重合），且满足，.
(1)求关于x，y的关系式并确定x，y的取值范围；
(2)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.
【答案】(1)，，
(2)存在最大值2，，
【分析】（1）法一：先计算出，再把用表示出来，再按照数量积运算即可；
法二：建立直角坐标系，表示出，按照数量积的坐标运算计算即可.
（2）先通过得到，再换元后利用双勾函数的内容求出最值即可.
【详解】（1）法一：由等腰梯形的性质可知，
即，又，
则.
由F，F分别为线段，上动点，故，.
法二：以A为坐标原点建立平面直角坐标系，易得，，，，
，
则.
由E，F分别为线段，上动点，故，.
（2）由可得，则，
又解得，.
故，令，则，即，
显然函数在上单调递增，故当即且时，取得最大值为2.
20．如图，直四棱柱的底面为菱形，，，，分别为，的中点．
(1)证明：平面；
(2)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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点，根据中位线定理，和平行线的传递性，可得，且，即可证四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果；
（2）延长，交于点，根据题意可知平面将该直四棱柱分成两部分中体积较小的部分为三棱台．根据三棱台的体积等于三棱锥的体积减去三棱锥的体积，可求出；再根据直棱柱体积公式即可求出的体积，进而求出，由此即可求出．
【详解】（1）证明：连接，交于点，连接，，
因为，分别为，的中点，所以，且，
因为为的中点，所以，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，故平面．
（2）解：延长，交于点，
则，分别为，的中点，，，
再连接，交于点，则为的中点，，连接，
所以平面将该直四棱柱分成两部分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．已知函数，.
（1）解不等式：
（2）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】（1）（2）存在，
【分析】(1)根据题意，先求出的解析式，并判断的奇偶性和单调性，结合奇偶性和单调性，即可求解；
(2)法一：通过反证法，先假设存在正实数t，使得该不等式对任意的及任意锐角都成立，化简原不等式，通过推理论证，与和对任意的及任意锐角，是否矛盾，得出存在，且可求出的取值范围.
法二：先化简原不等式，通过换元，构造新二次函数，通过新函数恒成立，转化成二次函数恒成立问题，即可得出存在，且可求出的取值范围.
【详解】（1），为上的奇函数
又为R上的增函数
于是
故原不等式的解集为
（2）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
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，即
故，又
法二：原不等式
令，
原不等式
时，不成立，也不可能成立
故
令
即恒成立
若方程的，但其两根和与两根积都大于0，开口向上
故不可能在上恒成立
所以在上恒成立
对任意锐角恒成立
同法一可得：.
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性，利用单调性解不等式，还涉及存在性问题和恒成立结合的综合，其中还运用反证法推理证明，以及构造函数法化繁为简，同时也考查学生的推理论证能力和数据处理能力.