江苏省四校2020-2021学年高一下学期期中联考数学试卷 Word版含答案

江苏省2020/2021学年度高一年级第二学期四校期中联考试卷

数学试题

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

一、单选题(共40分)

1．(本题5分)若为虚数单位且则复数的模等于

A． B． C． D．

2．(本题5分)若点为角终边上一点，则的值为（    ）

A． B． C． D．

3．(本题5分)已知向量=（1，k），=（2，2），且+与共线，那么•的值为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

4．(本题5分)在正方体中为底面的中心，为的中点， 则异面直线与所成角的正弦值为

A． B． C． D．

5．(本题5分)已知复数满足(为虚数单位)，且，则正数的值为

A． B． C． D．

6．(本题5分)已知的面积为，，，则．

A． B． C． D．

7．(本题5分)设非零向量的夹角为，若，且不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

8．(本题5分)古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律.图2（正八边形）是由图1（八卦模型图）抽象而得到，并建立如下平面直角坐标系，设.则下述四个结论：①以直线为终边的角的集合可以表示为；②以点为圆心、为半径的圆的弦所对的弧长为；③；④中，正确结论的个数是（    ）

A． B． C． D．

二、多选题(共20分)

9．(本题5分)在中，角、、的对边分别为、、，，则（    ）

A． B．

C． D．不可能为锐角三角形

10．(本题5分)已知与为单位向量，且，向量满足，则的可能取值有（）

A．2  B．3

C．4  D．5

11．(本题5分)一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形为正方形，、分别为、的中点，在此几何体中，给出的下面结论中正确的有

A．直线与直线异面 

B．直线与直线异面

C．直线平面 

D．直线平面

12．已知函数，有下列四个结论，其中正确的结论为（    ）

A．在区间上单调递增 B．是的一个周期

C．的值域为 D．的图象关于轴对称

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

三、填空题(共20分)

13．(本题5分)计算：____________ .

14．(本题5分)已知中，角， ， 所对的边分别为， ， ，若，则__________．

15．(本题5分)16．在中，，，，为线段上一点，则的最小值为____．

16．(本题5分,第一空2分，第二空3分)在中，若，，则的最小值为______，面积的最大值为______

四、解答题(共70分)

17．(本题12分)已知函数．

（1）若，求的值；

（2）设三内角所对边分别为且，求在上的值域．

18．(本题12分）已知复数同时满足下列两个条件：

①的实部和虚部都是整数，且在复平面内对应的点位于第四象限；

②．

（Ⅰ）求出复数；

（Ⅱ）求．

19．(本题12分如图，四棱锥，平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，，，，E为PB中点.

（1）求证：平面PCD；

（2）求证：.

20.(本题12分)如图，在平面直角坐标系中，已知四边形是等腰梯形，，点满足，点在线段上运动（包括端点）.

（1）求的余弦值；

（2）是否存在实数，使，若存在，求出满足条件的实数的取值范围，若不存在，请说明理由.

21．(本题12分)如图，直角中，点M，N在斜边BC上（M，N异于B，C，且N在M，C之间）.

（1）若AM是角A的平分线，，且，求三角形ABC的面积；

（2）已知，，，设.

①若，求MN的长；

②求面积的最小值.

22．已知向量.

（1）求函数f（x）的单调增区间.

（2）若方程上有解，求实数m的取值范围.

（3）设，已知区间[a，b]（a，b∈R且a＜b）满足：y＝g（x）在[a，b]上至少含有100个零点，在所有满足上述条件的[a，b]中求b﹣a的最小值.

参考答案

一、选择题 5分每题

1．C  

【详解】

,则，所以，故选C.

2．C

【分析】

由题意，求出，根据倍角公式求出，再根据两角差的余弦公式把展开，即得答案.

【详解】

点为角终边上一点，，

，

.

故选：.

【点睛】

本题考查三角函数的第二定义、倍角公式、两角差的余弦公式 ，属于基础题.

3．D

【解析】

试题分析：利用向量的运算法则求出两个向量的和；利用向量共线的充要条件列出方程求出k；利用向量的数量积公式求出值．

解：∵=（3，k+2）

∵共线

∴k+2=3k

解得k=1

∴=（1，1）

∴=1×2+1×2=4

故选D

点评：本题考查向量的运算法则、考查向量共线的充要条件、考查向量的数量积公式．

4．B

【分析】

取BC中点为M，连接OM，EM找出异面直线夹角为，在三角形中利用边角关系得到答案.

【详解】

取BC中点为M，连接OM，EM

在正方体中为底面的中心，为的中点

易知：

异面直线与所成角为

设正方体边长为2，在中：

故答案选B

【点睛】

本题考查了立体几何里异面直线的夹角，通过平行找到对应的角是解题的关键.

5．A

【分析】

由已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简复数，再利用复数求模公式计算即可得到答案.

【详解】

由，

得，

又，

所以，解得.

故选：A

【点睛】

本题主要考查复数代数形式的乘除运算和复数模的求法，属于基础题.

6．D

【详解】

 因为∵，，的面积为，

∴解得：，

∴，故选．

7．A

【分析】

根据题先利用平面向量的数量积的运算法则进行转化为恒成立，然后结合函数的恒成立，列出不等式组，即可求解.

【详解】

由题意，非零向量的夹角为，且，

则，

不等式对任意恒成立，

所以，即，

整理得恒成立，

因为，所以，即，可得，

即实数的取值范围为.

故选：A.

【点睛】

求平面向量的模的两种方法：

1、利用及，把向量模的运算转化为数量积的运算；

2、利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解.

8．B

【分析】

根据终边相同的角的定义可判断命题①的正误；利用扇形的弧长公式可判断命题②的正误；利用平面向量数量积的定义可判断命题③的正误；利用平面向量的坐标运算可判断命题④的正误.

【详解】

对于命题①，以直线为终边的角的集合可以表示为，命题①错误；

对于命题②，，以点为圆心、为半径的圆的弦所对的弧长为，命题②正确；

对于命题③，由平面向量数量积的定义可得，命题③错误；

对于命题④，易知点，，所以，，命题④正确.

故选：B.

【点睛】

本题以数学文化为背景，考查了终边相同的角的集合、扇形的弧长、平面向量数量积的定义以及平面向量的坐标运算，考查计算能力，属于基础题.

9．AB

【分析】

根据题中条件，先数形结合表示出向量a，b的和，再利用向量c与向量a,b和之差，表示出向量c的终点轨迹，是以（）为圆心，半径为2的圆，所以向量c的模长范围[],依据选项选出AB。

10．ABC

【分析】

根据题中条件，先由正弦定理，可判断A正确；根据余弦定理，可判断B正确；根据两角和与差的正弦公式，可判断C正确；根据特殊值可判断D正确.

【详解】

因为，由正弦定理可得，，即A正确；

又由可得，即，所以B正确；

由可得，所以或（舍），故C正确；

由上推导可知，，所以可能为锐角三角形，如：，，，所以D错误；

故选：ABC

【点睛】

本题主要考查正余弦定理的简单应用，涉及两角和与差的正弦公式，属于常考题型.

11．【答案】AC

【分析】

将平面展开图还原几何体后，由异面直线的定义和线面平行，垂直的判定定理对选项逐个进行分析证明即可得到答案.

【详解】

由展开图恢复原几何体如图所示：

选项A,由点A不在平面PCB内，直线BF不经过E，根据异面直线的定义可知：直线AE与直线BF异面，所以正确；

选项B,因为点E,F为中点，根据三角形中位线定理可得EF∥BC，又∵AD∥BC，∴EF∥AD，因此四边形EFDA是梯形，故直线AE与直线DF不是异面直线，所以不正确；

选项C,由B知：EF∥AD，EF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴直线EF∥平面PAD，故正确；

选项D, 若直线平面，则，点F为中点，则PD=DC=PC，不妨设DC=2，则DF=BF=,BD=2,则DF与BF不垂直，所以不正确.

故选AC．

【点睛】

本题考查线面平行与垂直的判定与性质定理和异面直线的定义，考查分析推理能力.

12.【答案】CD

【分析】

代入特殊值检验，可得A错误；求得的表达式，即可判断B的正误；分段讨论，根据x的范围，求得的范围，利用二次函数的性质，即可求得的值域，即可判断C的正误；根据奇偶性的定义，即可判断的奇偶性，即可判断D的正误，即可得答案.

【详解】

对于A：因为，所以，

，

所以，所以在区间上不是单调递增函数，故A错误；

对于B：，

所以不是的一个周期，故B错误；

对于C：，所以的周期为，

当时，，；

当时，，；

当时，，；

当时，，；

当时，，；

综上：的值域为，故C正确；

对于D：，所以为偶函数，即的图象关于轴对称，故D正确，

故选：CD

【点睛】

解题的关键是根据的解析式，结合函数的奇偶性、周期性求解，考查分类讨论，化简计算的能力，综合性较强，属中档题.

二、填空题 每题5分，16题，前面一空2分，后面一空3分

13．16i

【解析】

由题意可得：

14．.

【解析】

则由正弦定理得，整理得，.

故答案为.

点睛：本题主要是熟练应用正弦定理进行边角转化，利用二倍角公式，切化弦公式进行化简即可得解.

15．【答案】

【解析】以为坐标原点，，所在直线为，轴建立直角坐标系，

可得，，，则直线的方程为，

设，则，，，，

则|

，
由，可得的最小值为

16．       

【分析】

由余弦定理结合基本不等式可得的最大值，即得三角形面积最大值，利用正弦定理得的最大值，由切化弦后结合两角和的正弦公式，诱导公式可得的最小值

【详解】

由余弦定理，即，，当且仅当时等号成立，∴最大值为

∵，，∴，∴，最大值为 ，

，

由正弦定理得，

∴，

∴，最小值为．

【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理，还考查了基本不等式，两角和的正弦公式，诱导公式，掌握正弦定理和余弦定理是解题关键。

17.（1）或；（2）

【分析】

（1）由，可得，利用二倍角公式以及同角三角函数的关系可得，进而可求的值；

（2）由，利用正弦定理可得化为，求得，利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用正弦函数的单调性，可得到函数在上的值域．

【详解】

（1）由，得．

∴． ∴，

即

， ∴． ………………………………4分

（漏解的两分）

（2）由正弦定理可得即

再由正弦定理得

化为

则即，……………………………………………………………………………………6分

又

＝ …………………………………………8分

由，则，故，即值域是…………10分

【点睛】

以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.

18．（1）；（2）．

【解析】

试题分析：（1）设利用为实数以及其范围进行求解；（2）先求，再利用模长公式进行求解．

试题解析：（Ⅰ）设 ，

则

，， 

由（1）知：．……………………………………………………4分

代入（2）得： ，即．……………………………………………6分

，，，

．  ………………………………………………………………………………8分

（Ⅱ）由题意：，

．   ………………………………………12分

考点：1．复数的概念；2．复数的运算；3．复数的模长．

19．（1）证明见详解；（2）证明见详解

【分析】

（1）取的中点，证出，再利用线面平行的判定定理即可证出.

（2）利用线面垂直的判定定理可证出平面，再根据线面垂直的定义即可证出.

【详解】

如图，取的中点，连接，

E为PB中点，，且，

又，，

，,

为平行四边形，即，

又平面PCD，平面PCD，

所以平面PCD.……………………………………………………………………6分

（用推出符号得满分，差条件每条扣两分）

（2）由平面ABCD，所以，

又因为，，所以，

，平面，

又平面，.……………………………………………………12分

（用推出符号得满分，差条件每条扣两分）

【点睛】

本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，要证线面平行，需先证线线平行；要证异面直线垂直，可先证线面垂直，此题属于基础题.

20．（1） ；（2）．

【分析】

（1）由题意求得 ，再根据

，运算即求得结果；

（2）设，其中，由 ，得 ，可得．再根据，求得实数λ的取值范围：．

【详解】

（1）由题意可得，，

故；…………………………4分

（2）设，其中，

，

若 ，则 ，

即，可得，

若，则不存在，…………………………………………………………………8分

若，则，…………………………………………10分

故.…………………………………………………………12分

注：未分类讨论按漏解算，扣2分

考点：数量积判断两个平面向量的垂直关系；数量积表示两个向量的夹角．

21．（1）；（2），

【分析】

（1）过点作交于，作交于，利用三角形相似求出线段的长，从而求出三角形的面积；

（2）依题意，表示出，，，再由正弦定理表示出，，，，①由同角三角函数的基本关系求出，即可求出，从而得解；②由面积公式即三角恒等变换求出面积最小值.

【详解】

解：（1）如图，过点作交于，作交于，

则

因为，平分且

，

………………………………………………4分

（2）在中，，所以，，，又，设，

，，，

在和中由正弦定理可得，

即，，

，

，

①当时，则，

，

………………………………………………8分

②令

因为，，

所以当时，………………………………………………12分

【点睛】

本题考查正弦定理，三角形面积公式及三角恒等变换的应用，属于难题.

22.【答案】（1）；（2）；（3）.

【分析】

（1）根据数量积运算和倍角公式、辅助角公式，求出.令，求出的取值范围，即得函数的单调递增区间；

（2）由（1）知.当时，求得.令，则方程在上有解，即方程在上有解，即求实数的取值范围；

（3）求出函数的解析式，令，得零点的值，可得零点间隔依次为和.若最小，则均为零点，结合函数在上至少含有100个零点，求得的最小值.

【详解】

（1），

.…………………2分

令，得，

函数的单调递增区间为.………………………………3分

（2）由（1）知.

，即.

令，则.

方程在上有解，即方程在上有解.

又在上单调递增，在上单调递减，

，即.

实数的取值范围为.……………………………………………………………7分

（3）.

令，得或，

或.

函数的零点间隔依次为和.

若最小，则均为零点.

函数在上至少含有100个零点，

.…………………………………………………12分

【点睛】

本题考查三角恒等变换、三角函数的性质、函数与方程及函数的零点，属于难题