广东省深圳外国语学校高一下学期期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省深圳外国语学校高一下学期期中考试数学试题（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
试卷共4页 满分150分 考试时长120分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号码等信息填写在答题卡上.
2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效.
3．考试结束后，将答题卡交回.
一、选择题：本题共8小题，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. 已知的终边上有一点，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦函数定义求得，再由诱导公式求解．
【详解】由题意，所以．
故选：C．
2. 如果表示平面内所有向量的一个基底，那么下列四组向量，不能作为一个基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量基底的定义，结合平面向量共线定理逐一判断即可.
【详解】根据平面基底的定义知，向量为不共线非零向量，即不存在实数，使得，
对于A中，向量和，不存在实数，使得，可以作为一个基底；
对于B中，向量，假设存在实数，使得，
可得，此时方程组无解，所以和可以作为基底；
对于C中，向量和，假设存在实数，使得，
可得解得，所以和不可以作为基底；
对于D中，向量和，假设存在实数，使得，
可得此时方程组无解，所以和可以作为基底.
故选：C
3. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．
【详解】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数的图象．
故选：D.

4. 如图，的斜二测直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（ ）

A. B. C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】将直观图还原为原图，如图，求出，进而求出，即可求解.
【详解】将直观图还原为原图，如图，

由，，所以，
所以，则，
即原平面图形的面积是．
故选：D
5. 一个底面边长为的正四棱柱形状的容器内装有一些水（底面放置于桌面上），现将一个底面半径为的铁制实心圆锥放入该容器内，圆锥完全沉入水中且水未溢出，并使得水面上升了.若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由水上升的体积即为圆锥体积，然后求得圆锥的高、母线，即可求侧面积．
【详解】设圆锥的高为，
所以圆锥的体积，
由题意正四棱柱中水上升的体积即为圆锥的体积，
所以，所以，
则圆锥的母线长为，
故圆锥的侧面积为.
故选：A
6. 在中，内角、、的对边分别为、、，根据下列条件解三角形，其中有两个解的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】A
【解析】
【分析】由条件利用正弦定理以及大边对大角，逐项判断解的个数即可得解．
【详解】对于A，若，，，由正弦定理可得，得，
得，再根据，可得，得可能是锐角也可能是钝角，
即角有个值，故有两解；
对于B，若，，，由正弦定理可得，得，
得，再根据，可得，只能是锐角，故有一个解；
对于C，若，，，
由正弦定理可得，得，得，
再根据，则只能是锐角，故有一解；
对于D，若，，，
则由正弦定理可得，得，求得，故无解，得不存在.
故选：A．
7. 在某个位置测得某山峰仰角为，对着山峰在地面上前进后测得仰角为，继续在地面上前进以后测得山峰的仰角为，则该山峰的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出平面示意图：且，应用余弦定理求，进而求，即可求该山峰的高度.
【详解】由题设，若且，
∴，
∴由余弦定理知：，又，
∴，则，
∴该山峰的高度米.
故选：B
8. 在平面四边形中，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意作出四边形的外接圆，结合圆的几何性质转化所求数量积，利用基本不等式求最值.
【详解】如图，

由题意知，为四边形外接圆的直径，由可知，
，设，
所以垂直平分于点,
由正弦定理，，
，
当且仅当，即时等号成立.
故选：D
【点睛】关键点点睛：利用所给条件恰当转化，利用已知及角转化为三角函数式子求最值，变形后利用基本不等式得最值，本题思路比较难寻，需要一定创造力.
二、多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的．若全部选对得6 分，部分选对得部分分，选错或不选得 0 分．
9. 已知，，是方程的三个互不相等的复数根，则（ ）
A. 可能为纯虚数
B. ，，的虚部之积为
C.
D. ，，的实部之和为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的基本概念，复数的模等知识容易求解.
【详解】因为，其三个不同复数根为：，，
当时，此时为纯虚数，故A正确；
因为三个根的虚部分别为1，，，三个虚部乘积为，故B正确；
根据模长定义，，故C不正确；
因为三个根的实部分别为0，1，1，三个实部之和为2，故D正确.
故选：ABD.
10. 若平面向量，，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则与同向的单位向量为
C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为
D. 若，则的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据向量的线性运算可判断AB选项，再根据向量夹角公式可判断C选项，结合向量垂直的坐标表示及基本不等式可判断D选项.
【详解】由，，
A选项：，
则，解得，则，，
所以不存在，使，即，不共线，A选项错误；
B选项：，则，解得，
即，，，
所以与同向的单位向量为，B选项正确；
C选项：时，，
又与的夹角为锐角，
则，解得，且，
即，C选项错误；
D选项：由，得，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，D选项正确；
故选：BD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 当时，函数在区间上恰有3040个零点
B. 当时，函数在区间上恰有2026个零点
C. 当时，函数在区间上恰有2168个零点，则正整数的值是2168
D. 当时，函数在区间上恰有4054个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】将函数变形为，利用换元法可得，，根据二次函数零点可得原题等价与在题中所给区间的零点问题，结合正弦函数图象分析即可逐一判断.
【详解】，
令，所以，
因为，函数有两个零点，
记的两个零点分别为， ，
则，设，，
，，，
对于，当时，，令，得或，
所以或.
当时，或或，
所以在上有个零点，
而，
所以函数在区间上有个零点，故正确；
对于，当时，，
，，
所以，，
所以函数在上没有零点，在上有两个零点，
而，
所以函数在区间上有个零点，故正确；
对于，当时，，
，，
所以，，
所以函数在上有两个零点，在上没有零点，
因为函数在区间上恰有2168个零点，
而，所以或，故错误；
对于，当时，，
，，
所以，，
所以函数在上有两个零点，在上有两个零点，
而，
所以函数在区间上有个零点，故正确；
故选：.
三、填空题：本大题共 3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图所示的曲线为函数的部分图象，则__________．

【答案】
【解析】
【分析】根据给定的函数图象，结合“五点法”作图求出解析式.
【详解】观察图象，得，，则，即，
当时，，即，
所以，解得：，，所以.
故答案为：
13. 已知圆台的体积为，其上底面圆半径为1，下底面圆半径为4，则该圆台的母线长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由圆台的体积求得圆台的高h，作出圆台的轴截面，由勾股定理可求得结果.
【详解】圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，设圆台的高为h，
则该圆台的体积为，则，
作出圆台的轴截面如图所示，
上底面圆心为，下底面圆心为，，，
过作，则，又，
所以圆台的母线长为．
故答案为：.
14. 已知正方体的棱长为1，为的中点，为上靠近的三等分点，为上靠近的四等分点．设过，，三点的平面与交于点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】连接并延长，与的延长线交于点，连接，交于点，结合正方体的性质，所以，则，，，四点共面，可得与重合，由平面几何知识可得答案．
【详解】连接并延长，与的延长线交于点，连接，交于点，
由题意知，，，，则，
结合正方体的性质，所以，则，，，四点共面，所以与重合．
所以，，所以，所以，
又，故．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题考查正方体的截面的交点问题，解决的关键在于利用平面的性质作出平面，得出平面与棱的交点，问题得以解决．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤
15. 已知是虚数单位，表示的共轭复数，复数满足
（1）求的值；
（2）在复平面内，若对应的点在第三象限，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）令且，根据已知等量关系得，进而求复数的模；
（2）由已知有，结合其所象限列不等式组求参数范围.
【小问1详解】
令且，则，
所以，则，可得，
所以，则；
【小问2详解】
由，
故对应点在第三象限，则，
所以，即.
16. 已知函数=4tan xsin（）cs（） .
（Ⅰ）求f（x）的定义域与最小正周期；
（Ⅱ）讨论f（x）在区间[]上的单调性.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）在区间上单调递增, 在区间上单调递减.
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用诱导公式、两角差余弦公式、二倍角公式将函数化为基本三角函数：，再根据正弦函数的性质求定义域、最小正周期；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的结论，研究函数f（x）在区间[]上单调性.
试题解析：（Ⅰ）的定义域为.
.
所以, 的最小正周期
（Ⅱ）令函数的单调递增区间是
由,得
设，易知.
所以, 当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减.
【考点】三角函数性质，诱导公式、两角差余弦公式、二倍角公式
【名师点睛】三角函数是以角为自变量的函数，因此解三角函数题，首先从角进行分析，善于用已知角表示所求角，即注重角的变换.角的变换涉及诱导公式、同角三角函数基本关系式、两角和与差的正、余弦公式、二倍角公式、辅助角公式等，选用恰当的公式，是解决三角问题的关键，明确角的范围，开方时正负取舍是解题正确的保证. 对于三角函数来说，常常是先化为y＝Asin（ωx＋φ）＋k的形式，再利用三角函数的性质求解．三角恒等变换要坚持结构同化原则，即尽可能地化为同角函数、同名函数、同次函数等，其中切化弦也是同化思想的体现；降次是一种三角变换的常用技巧，要灵活运用降次公式．
17. 如图，在中，，是的中点，点满足，与交于点．
（1）设，求实数的值；
（2）设是上一点，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，得到，，利用平面向量基本定量得到，即可求解；
（2）根据条件，得到，再利用（1）结果，可得，代入数据化简得到答案.
【小问1详解】
设，，因为，
故，整理得，
又，即，则①，
设，，又是的中点，
所以②，
联立①②，据平面向量其本定理得，解得，，
所以实数的值为.
【小问2详解】
因为，
又，则，得到，
由（1）知，又，
则.
18. 如图所示，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N，K分别为AB，PC，PA的中点，平面平面．
（1）判断直线l与BC的位置关系并证明；
（2）求证：平面PAD；
（3）直线PB上是否存在点H，使得平面平面ABCD?若存在，求出点H的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），证明见解析；
（2）证明见解析； （3）存在，为中点，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质定理证明即可.
（2）利用线面平行的判定定理证明即可.
（3）利用面面平行的判定定理证明即可.
【小问1详解】
.
依题意，，平面，平面，则平面，
又平面平面，平面，所以
小问2详解】
取中点，连接，在中，
在中，，则，即四边形为平行四边形，
因此，平面，平面，
所以平面.
【小问3详解】
当为中点时，平面平面
证明如下：
取的中点为，连接，
在中，，平面，平面，
则平面，同理可证，平面，
又平面，，
所以平面平面.
19. 在中，对应的边分别为.
（1）求A；
（2）奥古斯丁·路易斯·柯西，法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.已知三维柯西不等式：，，当且仅当时等号成立.在（1）的条件下，若a＝3.
（ⅰ）求：的最小值；
（ⅱ）若P是内一点，过P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F，设的面积为S，求的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）108；（ii）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换求解；
（2）（i）化简为，由三维柯西不等式求解；
（ii）由三维柯西不等式有求解．
【小问1详解】
在中，，
由正弦定理得，，
因为，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以，故，又，所以；
【小问2详解】
（i）根据柯西不等式：
，
（当且仅当正三角形时取等号）
即：的最小值为108.
（ii）.
又，
由三维柯西不等式有
当且仅当即时等号成立.
所以，
由余弦定理得，
所以，即，
则，
令，则.
因为，得，当且仅当时等号成立，
所以，则，
令，令，则，
由二次函数单调性可知，当即时，有最大值，
此时有最小值（此时与可以同时取到）
【点睛】关键点点睛：第二问的第2小问中，要将变形，再利用三维柯西不等式求解．