2020-2021学年湖北省部分高中联考协作体高一下学期期中数学试题（解析版）

2020-2021学年湖北省部分高中联考协作体高一下学期期中

数学试题

一、单选题

1．已知，则复数的共轭复数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用直接化简即可.

【详解】，所以.

故选：C.

2．在中，若点是边上靠近点的三等分点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用向量的加减法直接运算可得.

【详解】如图，

.

故选：B.

3．函数的单调递增区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求得的定义域，根据复合函数单调性的求法，结合二次函数、对数函数的性质，即可得答案.

【详解】由题意得的定义域为，设，

根据二次函数的性质可得在上单调递增，在上单调递减，

又因为在为增函数，

根据复合函数同增异减原则，可得的单调递增区间为.

故选：D

4．已知向量满足，，且，则的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由数量积的运算法则求得，再根据数量积的定义可得向量夹角．

【详解】由，，

所以，

解得，

则，

又，

所以的夹角为．

故选：B．

5．若，，，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用指数函数和对数函数的性质比较与0，1的大小，从而可比较出的大小关系

【详解】解：因为在上为增函数，且，

所以，即，

因为在上为减函数，且，

所以，即，

因为在上为减函数，且，

所以，即，

综上，

故选：A

6．正方体的棱长为2，则它的外接球半径为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】正方体外接球直径为正方体的体对角线，直接求即可.

【详解】正方体外接球直径为正方体的体对角线，故，

故选：B.

7．若的最大值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】根据正弦、余弦的二倍角公式，化简计算，可得，根据正弦型函数的性质，即可得答案.

【详解】由题意得，

因为，的最大值为1，

所以的最大值为.

故选：B

8．如图：正三棱锥中，，侧棱长为2，过点的平面截得．则的周长的最小值为（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】D

【分析】沿正三棱锥的侧棱AC剪开，根据两点间线段最短，由的周长的最小值为求解.

【详解】由题意，沿正三棱锥的侧棱AC剪开，所得侧面展开图是三个顶角为的等腰三角形，腰长为2，如图所示：

连接，则，

所以是等腰直角三角形，

则，

由两点间线段最短得：的周长的最小值为两点之间的距离，即，

故选：D

二、多选题

9．下列数学符号可以表示单位向量的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】根据单位向量的定义及模为1，逐一分析选项，即可得答案.

【详解】因为单位向量的模为1，

对于A：，故错误；

对于B：，故为单位向量，故正确；

对于C：，为数量，不是向量，故错误；

对于D：，由定义可得为单位向量，故正确；

故选：BD

10．若，且，则下列不等式恒成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】利用基本不等式的性质来逐一判断正误即可.

【详解】解：对于A，，所以A正确；

对于B、C，虽然，只能说明同号，若都小于0时，则不等式不成立，所以B，C错误；

对于D，，；

故选：AD.

【点睛】本题考查基本不等式的相关性质，利用不等式求最值时，必须注意满足的条件：一正、二定、三相等.

11．已知的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，，，则有两解

C．若为钝角三角形，则

D．若，，则面积没有最大值

【答案】AB

【分析】由已知结合正弦定理可检验；结合正弦定理及三角形大边对大角可检验选项；结合余弦定理可检验选项；结合余弦定理及基本不等式，三角形的面积公式可检验选项．

【详解】，正确；

因为，，，由正弦定理得，，

故，因为，所以，故有两角，正确；

为钝角三角形，但不确定哪个角为钝角，

则不一定成立，不符合题意；

因为，，由余弦定理得，，

当且仅当时取等号，故，

面积，即最大值为，不正确．

故选：AB．

12．已知点在所在平面内，下列说法正确的有（    ）

A．若，则是的外心

B．若，则是的重心

C．若，则是的垂心

D．若，则是的内心

【答案】ABC

【分析】A.由，得到判断； B.设AB的中点为D，得到，再根据，利用共线向量定理判断； C. 根据，利用向量的数量积运算判断； D. 由，转化为化简判断.

【详解】A. 因为，所以，所以是的外心，故正确；

B. 如图所示：

设AB的中点为D，所以，因为， 所以，所以是的重心，故正确；

C. 因为，所以，则，同理，所以是的垂心，故正确；

D. ，所以即，则，得不出是的内心，故错误；

故选：ABC

三、填空题

13．____________

【答案】

【详解】试题分析：因为，

所以，则tan20° +tan40°+tan20°tan40°．

【解析】两角和的正切公式的灵活运用．

14．已知的面积为，且，则等于____________

【答案】 或

【分析】根据面积公式，可求得的值，根据角A的范围，即可求得答案.

【详解】由题意得的面积，

解得，因为，

所以或.

故答案为： 或

15．如图，正方形的边长为1，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形的周长为________．

【答案】8

【分析】根据斜二测画法，还原出原图，根据原图与直观图的关系，求得边长，即可得答案.

【详解】根据直观图，还原原图可得OABC，如图所示：

根据原图与直观图的关系可得，，且，

所以，

所以原图形OABC的周长为3+1+3+1=8，

故答案为：8

16．某海轮以60海里/小时的速度航行，在点测得海面上油井在南偏东方向，向北航行40分钟后到达点，测得油井在南偏东方向，海轮改为北偏东的航向再行驶40分钟到达点，则，间的距离为_______海里．

【答案】80

【分析】由等腰三角形得，然后用余弦定理求得，再用勾股定理求得

【详解】

因为AB＝40，∠BAP＝120°，∠ABP＝30°，

所以∠APB＝30°，所以AP＝40，

所以BP2＝AB2＋AP2－2AP·AB·cos 120°＝402＋402－2×40×40×＝402×3，

所以BP＝40.

又∠PBC＝90°，BC＝40，

所以PC2＝BP2＋BC2＝(40)2＋402＝6400，

所以PC＝80 海里．

故答案为：80．

四、解答题

17．（1）已知满足，求实数，的值．

（2）已知向量，，求在上的投影向量的坐标．

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）根据题意，将带入方程，根据复数相等的条件，即可求得答案.

（2）根据题意，求得，进而可得在上的投影，进而可得答案.

【详解】（1）由题意得：，

∴，即，

∴，解得，.

（2），

∴在上的投影为，

∴在上的投影向量的坐标

18．已知不等式的解集是M.

（1）若，求实数a的取值范围；

（2）若，求不等式的解集.

【答案】（1）；（2）或

【分析】（1）根据，代入不等式成立，即可求得a的范围；

（2）根据M可得为方程的两根，利用韦达定理，可求得a的值，代入所求，即可求得答案.

【详解】（1）因为，所以，解得，所以实数a的取值范围为

（2）因为，所以为方程的两根，

由韦达定理可得，解得，

所以不等式即为，即，

所以，解得或，

所以方程的解集为：或.

19．已知函数．

（1）求的单调增区间；

（2）当时，求的值域．

【答案】（1）单调增区间；（2）.

【分析】（1）首先利用三角恒等变换公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；

（2）由的取值范围求出的范围，再根据正弦函数的性质计算可得；

【详解】（1）．

∴，

∵，∴

∴的单调增区间．

（2）∵，∴，∴．

∴，

∴的值域为．

20．已知，，．

（1）若，求的值；

（2）设，若，求，的值．

【答案】（1）；（2），．

【分析】（1）根据题意可得，，见模平方，即可求得，即可得答案.

（2）根据题意，可得，，根据，代入化简，即可得，的值，根据的范围，即可得答案.

【详解】（1）∵，，

∴，

∵，∴，

∴，

∴．

（2）∵，

∴，，

∴，

 ∴， 解得，

∴，

∵，∴，．

21．内角、、的对边分别为、、，设

（1）求角；

（2）若，求．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用余弦定理计算可得；

（2）利用正弦定理将边化角，再利用和差角的正弦公式计算可得；

【详解】解：（1），

∴，

所以，因为，∴．

（2），∴，

∴，，

∴，∴，

∴，∴，∴，

．

22．某市政协会议有委员提案，在澴河之滨修建文昌阁，恢复历史人文景观，如图设想，在沿河道路共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为、、且，求文昌阁高度．

【答案】文昌阁高度为．

【分析】用余弦定理解三角形即可得到答案

【详解】设古塔高度为，则，，，

中，，

∴，

中，，

∴，

，

∴，，

答：文昌阁高度为．