2020-2021学年江苏省南京十三中高一（下）期中数学试卷

2020-2021学年江苏省南京十三中高一（下）期中数学试卷

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。

1．（5分）设，，则　　

A． B． C． D．

2．（5分）已知实数、满足，若恒成立，那么的取值范围是　　

A． B． C．， D．

3．（5分）在中，、、的对边分别是，，．若，，则的最大值为　　

A．3 B． C． D．

4．（5分）素数也叫质数，部分素数可写成“”的形式是素数），法国数学家马丁梅森就是研究素数的数学家中成就很高的一位，因此后人将“”形式是素数）的素数称为梅森素数．已知第20个梅森素数为，第19个梅森素数为，则下列各数中与最接近的数为　　（参考数据：

A． B． C． D．

5．（5分）在中，角，，的对边分别是，，，，点在上，，，则的面积的最大值为　　

A． B． C．4 D．6

6．（5分）欧拉公式为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中位于　　

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

7．（5分）如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则　　

A．，且直线，是相交直线 

B．，且直线，是相交直线 

C．，且直线，是异面直线 

D．，且直线，是异面直线

8．（5分）定义在上的偶函数对任意实数都有，且当，时，，则函数的零点个数为　　

A．5 B．6 C．10 D．12

二、多项选择题：本大题共4题，每小题5分，共20分．

9．（5分）正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星中，以，，，，为顶点的多边形为正五边形且，下列关系中正确的是　　

A． B． C． D．

10．（5分）下列命题中正确的有　　

A．空间内三点确定一个平面 

B．棱柱的侧面一定是平行四边形 

C．分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上 

D．一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内

11．（5分）在四面体中，，，，，分别为，，，，的中点，则下列说法中正确的是　　

A．，，，四点共面 B． 

C． D．四边形为梯形

12．（5分）已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则下列的取值满足条件的是　　

A． B．1 C． D．

三、填空题：本大题共4题，每小题5分，共20分．

13．（5分）已知，则的最小值是　　．

14．（5分）在中，设角，，对应的边分别为，，，记的面积为，且，则的最大值为　　

15．（5分）高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”之称，以他的名字“高斯”命名的成果达100多个，其中的一个成果是：设，则称为高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，并用表示的非负纯小数．若方程有且仅有4个实数根，则正实数的取值范围为　　．

16．（5分）在正三棱锥中，，，过的平面将其体积平分，则棱与平面所成角的余弦值为　　．

四、解答题：本大题共6小题，其中17题10分，其余每小题10分，共70分．

17．（10分）在平面四边形中．

（1）求的面积；

（2）设为的中点，且，求四边形周长的最大值．

18．（12分）如图，是正方形，是正方形的中心，底面，是的中点．求证：

（Ⅰ）平面；

（Ⅱ）平面平面．

19．（12分）已知向量，，．

（1）若，求的值；

（2）若，当时，求函数的最大值；

20．（12分）的内角，，所对应的边分别为，，．

（Ⅰ）若，，成等差数列，证明：；

（Ⅱ）若，，成等比数列，求的最小值．

21．（12分）已知函数的最小正周期为．

（Ⅰ）求函数的单调增区间；

（Ⅱ）将函数的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图象．若在，上至少含有10个零点，求的最小值．

22．（12分）已知（A）表示非空集合中的元素的个数．

（1）定义（A）（B），若，，，，设实数的所有可能取值构成集合，求的值；

（2）已知集合，2，3，，，对于的子集，若存在不大于1000的正整数，使得对于中的任意一对元素，，都有，求的最大值．

2020-2021学年江苏省南京十三中高一（下）期中数学试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。

1．【分析】直接利用对数的运算性质化简即可得答案．

【解答】解：，，

，

，

，，

．

故选：．

2．【分析】作出不等式组对应的平面区域，根据不等式恒成立，利用参数分离法转化为求直线斜率的最小值即可．

【解答】解：作出实数、满足，对应的平面区域如图，

则由图象知，

由不等式恒成立，

得，即，

设，

则的几何意义是区域内的点到定点的斜率，

由图象知的斜率最小，

由得，

此时的最小值为，

即，

即实数的取值范围是，，

故选：．

3．【分析】根据正弦定理的性质求出，，求出的解析式，结合三角函数的性质求出的最大值即可．

【解答】解：在中，，，

由正弦定理得：，

，，

，

其中，

，

，

即的最大值是，

故选：．

4．【分析】由，令，化指数式为对数式求解．

【解答】解：．

令，则，

，

又，，

即，

与最接近的数为．

故选：．

5．【分析】由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合，可求，结合范围，可得，设，则，，在，，中分别利用余弦定理，由，可得，再根据，可得，可得，根据基本不等式可得，进而根据三角形的面积公式即可求解．

【解答】解：在中，，

由正弦定理可得，可得，

即，

由于，

所以，由，可得，

设，则，，

在，，中分别利用余弦定理，可得，，，

由于，可得，

再根据，可得，

所以，根据基本不等式可得，

所以，当且仅当，时等号成立，

所以的面积．

故选：．

6．【分析】直接由欧拉公式，可得，则答案可求．

【解答】解：由欧拉公式，可得

，

表示的复数位于复平面中的第二象限．

故选：．

7．【分析】推导出是中边上的中线，是中边上的中线，从而直线，是相交直线，设，则，，从而．

【解答】解：点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，

平面，平面，

是中边上的中线，是中边上的中线，

直线，是相交直线，

设，则，，

，，

，

故选：．

8．【分析】和的交点个数等价于函数的零点个数，数形结合可得答案．

【解答】解：当，时，，

函数的零点个数即

和的交点个数，

画出函数和的图象，如图示：

结合图象，和的交点个数是10个，

故函数的零点个数为10，

故选：．

二、多项选择题：本大题共4题，每小题5分，共20分．

9．【分析】结合向量的概念，平面向量的加法，减法，数乘向量的几何意义分别检验各选项即可判断．

【解答】解：因为，

，正确；

，错误；

，正确；

，

若，则，不合题意，错误．

故选：．

10．【分析】利用公理及推论，棱柱的定义等逐一判断即可．

【解答】解：对于选项，要强调该三点不在同一直线上，故错误；

对于选项，由棱柱的定义可知，其侧面一定是平行四边形，故正确；

对于选项，交点分别含于两条直线，也分别含于两个平面，必然在交线上，故正确；

对于选项，要强调该直线不经过给定两边的交点，故错误．

故选：．

11．【分析】根据题意及中位线定理和等角定理可以一一判断．

【解答】解：由中位线定理，易知，，，．

对于，由公理4易得，所以，，，四点共面，故正确；

对于，根据等角定理，得，故正确；

对于，由等角定理，知，，所以，故正确；

由三角形的中位线定理及公理 4知，，，，

所以且，所以四边 形为平行四边形，故不正确．

故选：．

12．【分析】函数与图象上存在关于轴对称的点，就是有解，也就是函数与函数有交点，在同一坐标系内画函数与在，结合图象解题可得．

【解答】解：由题意知，方程在上有解，

即在上有解，

即函数与在上有交点，

函数的图象是把由函数的图象向左平移且平移到过点后开始，两函数的图象有交点，

把点代入得，，

，

故选：．

三、填空题：本大题共4题，每小题5分，共20分．

13．【分析】方法一、由已知求得，代入所求式子，整理后，运用基本不等式可得所求最小值；

方法二、由，运用基本不等式，计算可得所求最小值．

【解答】解：方法一、由，可得，

由，可得，，

则

，当且仅当，，

可得的最小值为；

方法二、，

故，

当且仅当，即，时取得等号，

可得的最小值为．

故答案为：．

14．【分析】利用余弦定理，求出，结合函数的单调性求出的最大值．

【解答】解：，，

，

，令，

则，

令，，

所以在递增，递减，

所以，

所以的最大值为，

当且仅当时，取等号，

故答案为：

15．【分析】作出函数的图象，由图象可知要使方程有且仅有4个实数根，则直线应在直线，之间（含，不含，由此建立关于得不等式，解出即可．

【解答】解：由题意可得函数在轴正半轴的大致图象如下图所示，

函数为经过定点的直线，，，

要使方程有且仅有4个实数根，则直线应在直线，之间（含，不含，

，解得．

故答案为：．

16．【分析】，的中点分别为，，由题意得平面就是平面，由中线长公式知，，直线在平面上的射影是直线，由此能求出棱与平面所成角的余弦值．

【解答】解：设，的中点分别为，，连接，，，，

由题意得平面就是平面，

由中线长公式知：

，

，

由题意知直线在平面上的射影是直线，

，，

．

棱与平面所成角的余弦值为．

四、解答题：本大题共6小题，其中17题10分，其余每小题10分，共70分．

17．【分析】（1）连接，在中，设，由余弦定理可得，解得，可得的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．

（2）由为的中点，可得为的边的中线，又，可得，利用勾股定理可求，根据基本不等式可求，即可求解四边形的周长的最大值．

【解答】解：（1）连接，在中，由余弦定理可得，

设，则，即，

解得或（舍去），

所以，

所以．

（2）由为的中点，可得为的边的中线，

又，可得，

所以，

所以，

又，

所以，当且仅当时等号成立，

所以，即四边形的周长的最大值为．

18．【分析】根据线面平行的判定定理证出即可；根据面面垂直的判定定理证明即可．

【解答】证明：是的中点，是的中点，

，又平面，

平面．

平面．

底面，，

又，且

平面，而平面，

平面平面

19．【分析】（1）利用共线向量数量积的坐标运算可得，求得，再利用二倍角的正切公式可得的值；

（2）由，利用正弦函数的性质可求得当时，函数的最大值．

【解答】解：（1）因为向量，，，

又，所以，

所以，

所以．

（2）因为，

所以，

因为，

所以，

当，即时，函数取最大值为．

20．【分析】（Ⅰ）由，，成等差数列，利用等差数列的性质列出关系式，利用正弦定理化简，再利用诱导公式变形即可得证；

（Ⅱ）由，成等比数列，利用等比数列的性质列出关系式，再利用余弦定理表示出，将得出的关系式代入，并利用基本不等式变形即可确定出的最小值．

【解答】解：（Ⅰ），，成等差数列，

，

利用正弦定理化简得：，

，

；

（Ⅱ），，成等比数列，

，

，

当且仅当时等号成立，

的最小值为．

21．【分析】根据二倍角的三角函数公式与辅助角公式化简得，利用周期公式算出，得函数解析式为．再由正弦函数单调区间的公式，解关于的不等式即可得到函数的单调增区间；

根据函数图象平移的公式，得出函数的解析式为．由此解得，利用正弦函数的图象解出或，可见在每个周期上恰有两个零点，若在，上至少含有10个零点，则大于或等于在原点右侧的第10个零点，由此即可算出的最小值．

【解答】解：（Ⅰ）由题意，可得

．

函数的最小正周期为，，解之得．

由此可得函数的解析式为．

令，解之得

函数的单调增区间是．

（Ⅱ）将函数的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，可得函数的图象，

，可得的解析式为．

令，得，可得或

解之得或．

函数在每个周期上恰有两个零点，

若在，上至少含有10个零点，则不小于第10个零点的横坐标即可，

即的最小值为．

22．【分析】（1）先分析中有1个或者3个元素，即方程有一个根或者三个根，分析方程的根的情况，可得到可取的值，即可得答案

（2）定义具有性质，集合一定具有性质，设集合中有个元素，任给，，则与中必有一个不超过1000，

从而得到集合与中必有一个集合至少存在一半元素不超过1000，然后利用性质的定义进行分析，即可求得，即，解得．

【解答】（1）解析：因为，，有两个元素，，且，

所以中有一个或者三个元素．

当中有一个元素时，有一个解，可得．

当中有3个元素时，易知，有三个解，其中的两个为．

当有一个解时，令△，可得；

当有两个解且其中一个和0或者相等时也满足条件，

此时，显然，不等于0，

所以或，解得或．

综上所述，的取值可以为，所以构成的集合的元素个数为5，即．

（2）集合，2，3，，对于的子集，若存在不大于1000的正整数，使得对于中的任意一对元素，，都有，可定义具有性质，

那么集合一定具有性质，

首先因为，任取，其中，

因为，所以，2，3，，，

从而，即，所以，

由具有性质，可知存在不大于1000的正整数，使得对于中的任意一对元素，，都有，

从集合中任取一对元素，，

其中，，则有，

所以一定具有性质，

设集合中有个元素，

任给，，则与中必有一个不超过1000，

所以集合与中必有一个集合至少存在一半元素不超过1000，

不妨设集合中有个元素，，，不超过1000，

具有性质，可知存在正整数，

使得对于中的任意一对元素，，都有，

所以一定有，，，

又，2，，，

故，，，

即集合中至少有个元素不在子集中，

因此，所以，解得，

当，2，，665，666，1334，，1999，时，

取，则易知对集合的任意一对元素，，都有

而此时集合中有1333个元素，

因此的最大值1333．

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日期：2022/3/11 19:12:29；用户：高中数学6；邮箱：tdjyzx38@xyh.com；学号：42412367