2020-2021学年江苏省苏州五中、新区一中、苏大附中高一（下）期中数学试卷

这是一份2020-2021学年江苏省苏州五中、新区一中、苏大附中高一（下）期中数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省苏州五中、新区一中、苏大附中高一（下）期中数学试卷一、选择题：本题共8小是，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的．1．（5分）在复平面内与复数所对应的点关于虚轴对称的点为，则对应的复数为　　A． B． C． D．2．（5分）在中，为边上的中线，为的中点，则　　A． B． C． D．3．（5分）在中，若，则此三角形为　　A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形4．（5分）如图，一个大风车的半径是8米，每12分钟旋转一周，最低点离地面2米，若风车翼片从最低点按逆时针方向开始旋转，则该翼片的端点离地面的距离（米与时间（分钟）之间的函数关系是　　A． B． C． D．5．（5分）函数，，若对任意，，存在，，使得成立，则实数的取值范围是　　A． B．， C．， D．，6．（5分）在斜中，设角，，的对边分别为，，，已知，是角的角平分线，且，则　　A． B． C． D．7．（5分）17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿．”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形）．例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，．根据这些信息，可得　　A． B． C． D．8．（5分）在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为　　A． B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．（5分）已知为虚数单位，复数满足，则下列说法错误的是　　A．复数的模为 B．复数的共轭复数为 C．复数的虚部为 D．复数在复平面内对应的点在第一象限10．（5分）已知函数的图象关于直线对称，则　　A．函数为奇函数 B．函数在，上单调递增 C．若，则的最小值为 D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象11．（5分）若四面体各棱的长是1或2，且该四面体的棱长不全相等，则其体积的值可能为　　A． B． C． D．12．（5分）已知的顶点坐标为，，，点的横坐标为14，且，点是边上一点，且，为线段上的一个动点，则　　A． B．点的纵坐标为 C． D．的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）向量，，则　　．14．（5分）若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且三条侧棱长分别为1，，，则三棱锥的外接球的表面积是　　．15．（5分）若，且，则的值是　　．16．（5分）如图所示，要修建一个形状为等腰直角三角形的广场，，且在广场外修建一块三角形草地，满足，．①若，则　　；②欲使、之间距离最长，则　　．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（10分）在条件①，②，③中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题解答．在中，角，，的对边分别为，，，，，______，求的面积．18．（12分）已知函数．（Ⅰ）求函数的最小正周期及其单调增区间；（Ⅱ）当时，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．19．（12分）如图所示，已知为梯形，，．（1）设平面平面，证明：；（2）在棱上是否存在点，使得平面，若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由．20．（12分）如图所示，、分别是单位圆与轴、轴正半轴的交点，点在单位圆上，，点坐标为，平行四边形的面积为．（1）求的最大值；（2）若，求．21．（12分）如图，一个半圆和长方形组成的铁皮，长方形的边为半圆的直径，为半圆的圆心，，，现要将此铁皮剪出一个等腰三角形，其底边．（1）设，求三角形铁皮的面积；（2）求剪下的铁皮三角形面积的最大值．22．（12分）已知，函数，其中．（1）设，求的取值范围，并把表示为的函数；（2）求函数的最大值（可以用表示）；（3）若对区间内的任意，，若有，求实数的取值范围．
2020-2021学年江苏省苏州五中、新区一中、苏大附中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小是，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的．1．【解答】解：复数所对应的点关于虚轴对称的点为，对应的复数为．故选：．2．【解答】解：在中，为边上的中线，为的中点，，故选：．3．【解答】解：在中，由以及正弦定理可知，，即．，，，．所以三角形为直角三角形．故选：．4．【解答】解：由题意，，，设，，，，，则，，，可得：，的初始位置在最低点，时，有：，即：，解得：，，，与的函数关系为：，，故选：．5．【解答】解：当，时，，，，，，对于，，，，，，，对任意，，存在，，使得成立，，解得实数的取值范围是，．故选：．6．【解答】解：，由正弦定理得，即，则，是角的角平分线，且，由三角形的面积公式得，即，即，即，即，即，故选：．7．【解答】解：由图形知，，且，；；．故选：．8．【解答】解：中设，，，，即，，，，，，根据直角三角形可得，，，，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系可得，，，为线段上的一点，则存在实数使得，设，则，，，，，则故所求的最小值为故选：．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．【解答】解：复数满足，整理得．对于：由于，故，故错误；对于：由于，故，故错误；对于：复数的虚部为，故错误；对于：复数在复平面内对应的点为，故该点在第一象限内，故正确；故选：．10．【解答】解：函数的图象关于直线对称，，；，；；对于，函数，根据正弦函数的奇偶性，所以因此函数是奇函数，故正确．对于，由于，，，，函数在，上不单调，故错误；对于，因为，又因为，的周期为，所以则的最小值为，正确；对于，函数的图象向右平移个单位长度得到函数，故错误．故选：．11．【解答】解：（1）若底边长为2，2，2，侧棱长为2，2，1，设，的中点为，则，，平面，，，，，；（2）若底边长为1，1，1，侧棱长为2，2，2，设底面中心为，则，棱锥的高，；（3）若底面边长为2，2，1，侧棱长为2，2，1，设，其余各棱长均为2，由（1）可知，，．结合选项可得，正确，故选：．12．【解答】解：设，则，，由，得，，，，解得，，故错误，正确；设，则，，，，即，又点在上，，即，联立，解得，，则，，，，故正确；为线段上的一个动点，设，且，则，，，，则，当时，的最小值为，故错误．故选：．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．【解答】解：，，故答案为：．14．【解答】解：三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，且三条侧棱长分别为1，，，故可将其补充为一个长宽高分别为1，，的长方体，则其外接球的直径，故球的表面积．故答案为：．15．【解答】解：若，且，，则，故答案为：．16．【解答】解：①在中，由，，，得，，即，在等腰直角三角形中，可得，又，，由余弦定理可得，；②设，则，，则，在中，由正弦定理可得：，在中，由余弦定理可得，．当时，取最大值，此时．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．【解答】解：若选①：由正弦定理得，即，所以，因为，所以，又，，，所以，所以．若选 ②：由正弦定理得：．因为，所以，，化简得，即，因为，所以．又因为，所以，即，所以．若选 ③：由正弦定理得，因为，所以，所以，又因为，所以，因为，，所以，，，所以．又，，，所以，所以．18．【解答】解：，函数的定义域为，周期，令，解得：，令，解得：，所以的递增区间为．（Ⅱ），，，当时，取得最大值1，所以恒成立，即恒成立，①当时，显然成立；②当时，若对于，不等式恒成立，只需△成立，且即可，解得：，综上，的取值范围是．19．【解答】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以；（2）解：存在为上靠近的三等分点，使得平面，连结，设，连结，因为为上靠近的三等分点，又，，所以，所以，又平面，平面，所以平面．20．【解答】解：（1），，，，而，，，当时，取得最大值为；（2），，由得，又，结合得，，，，．21．【解答】解：（1）设交交于点，，（算出一个得2分）（6分）（2）设，，，，，，，．（11分）令，，，当，的最大值为．（14分）22．【解答】解：（1），，则，，所以，显然，所以，，所以，；（2）的最大值即的最大值①，即时，在单调递减，；②，即时，在单调递增，（2）；③时，在单调递增，单调递减，；综上，．（3）由题意可得：，，；①，即时，在单调递减，则；②，即时，在单调递增，则；③时，在单调递增，单调递减，，则．综上，．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/8/3 15:57:09；用户：高中数学12；邮箱：sztdjy76@xyh.com；学号：26722394