《2021-2022学年江西省上饶市重点中学协作体高一下学期期末联考数学试题【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年江西省上饶市重点中学协作体高一下学期期末联考数学试题【含答案】（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2021-2022学年江西省上饶市重点中学协作体高一下学期期末联考数学试题一、单选题1已知复数 =ABCDA本题首先可以对复数分子分母同时乘以，然后根据以及运算法则进行化简，即可得出结果【详解】由复数运算法则可知：，故选A本题考查了复数的相关性质，主要考查了复数的除法运算法则以及，考查计算能力，是简单题2若的内角满足，则的值为（）ABCDC【分析】将所求式子平方后，利用完全平方公式展开，再利用同角三角函数间的基本关系化简，将的值代入，开方即可求出解【详解】解：，即，则，故选：C.此题考查同角三角函数间的基本关系，以及完全平方公式的运用，熟练掌握公式是解本题的关键3已知，且，则（）ABCDA【分
2、析】根据两角差的正切公式化简求解即可【详解】由题意，即，故，即，因为，故，所以故选：A4函数在区间（）上单调递增.ABCDB【分析】根据正弦函数的单调性逐一代入检验即可得出答案.【详解】解：对于A，当时，函数单调递减，故A不符题意；对于B，当时，函数单调递增，故B符合题意；对于C，当时，函数在不是单调函数，故C不符合题意；对于D，当时，函数在上不是单调函数，故D不符题意.故选：B.5如图，在同一平面内沿平行四边形边向外作正方形，其中，则（）ABC0DD【分析】建立平面直角坐标系，写出向量的坐标，利用坐标进行运算.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系：则，所以，所以D正确.故选：D.6在中，则的
3、面积等于（）ABC或D或D【分析】先用余弦定理求出或2，进而利用三角形面积公式求出答案.【详解】由余弦定理得：，解得：或2，经检验，均符合要求.当时，；当时，故选：D717世纪法国数学家费马曾提出这样一个问题：怎样在一个三角形中求一点，使它到每个顶点的距离之和最小？现已证明：在中，若三个内角均小于，当点满足时，则点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被人们称为费马点.根据以上性质，已知为平面内任意一个向量，和是平面内两个互相垂直的向量，则的最小值是（）ABCDB【分析】设出，从而得到，转化为点到和点三个点的距离之和，画出图形，求出点坐标为，得到答案.【详解】设，则，即为点到和点三个点的距离之和，
4、则ABC为等腰三角形，如图，由费马点的性质可得：要保证APB=120，则APO=60，因为OA=1，则，所以点坐标为时，距离之和最小，最小距离之和为.故选：B8在锐角中，、分别是的内角、所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（）ABCDC【分析】连接并延长交于点，由重心的性质可得出，利用平面向量的线性运算可得出，利用平面向量的数量积以及余弦定理可得出，推导出，再结合锐角三角形这一条件以及余弦定理求出的取值范围，利用双勾函数的单调性可求得的取值范围.【详解】连接并延长交于点，则为的中点，因为，则，由重心的性质可得，则，因为，所以，所以，所以，所以，则为锐角，由余弦定理可得，所以，因为为锐角三角
5、形，则，即，即，所以，构造函数，其中，任取、且，则.当时，则，当时，则，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，故.故选：C.关键点点睛：在涉及到三角形中的中线问题，一般利用向量法来处理，结合三角形中的余弦定理来求解，本题中要求解的是角的余弦值的取值范围，要充分利用已知条件将角的余弦值表示为以某个变量为自变量的函数，结合锐角三角形这一条件求出变量的取值范围，再利用相关函数的单调性求解.二、多选题9下列转化结果正确的有（）ABC化成弧度是D化成度是AD【分析】根据诱导公式，以及弧度数和角度的转化公式，即可判断选项.【详解】，故A正确；，故B错误；化成弧度是，故C错误；化成度是，故D正确
6、.故选：AD10已知平面向量，且，则（）ABCDABD【分析】根据向量模长相等求出，故C错误；得到，求出，D正确；利用向量数量积运算公式求出，A正确；由得到，B正确.【详解】，所以，解得：，C错误；所以，D正确；则，A正确；因为，所以，B正确；故选：ABD11将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，得到一个奇函数的图象，则的可能取值为（）ABCDBD【分析】求出平移后的函数解析式，再利用正余弦函数的奇偶性计算判断作答.【详解】函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象对应解析式为，因函数是奇函数，则，即，当时，当时，选项B，D满足，A，C不满足.故选：BD12如图，在长方体中，点是棱上的一个动点
7、，给出下列命题，其中真命题的是（）A不存在点，使得B三棱锥的体积恒为定值C存在唯一的点，过三点作长方体的截面，使得截面的周长有最小值D为棱上一点，若点满足，且平面，则为的中点BCD【分析】选项A. 先证明存在点使得平面，从而可判断；选项B. 由为定值，根据可判断；选项C. 先作出截面，然后将侧面展开，使得面与面在同一平面内，从而可判断；选项D. 在梯形中，两腰延长必相交，设交点为,连接，从而可得，从而可判断.【详解】选项A. 在底面矩形中，连接交于点 ,由，则所以, 所以,为等边三角形取的中点，连接并延长交于点，则 又在长方体中，平面，且平面，则又,所以平面,又平面所以，所以存在点，使得，故选
8、项A不正确.选项B. 在长方体中，平面,所以所以三棱锥的体积恒为定值，故选项B正确.选项C. 在 上取点，使得，连接 则四边形为平行四边形,所以过三点作长方体的截面为面将侧面展开，使得面与面在同一平面内，连接,交于点，此时最小，即截面的周长最小所以存在唯一的点，使得截面的周长有最小值，故选项C 正确.选项D. 在梯形中，两腰延长必相交，设交点为,连接 由, ,即,所以,即，则平面,面平面 由平面，则又，所以为平行四边形,则，则 所以为的中点. 故选项D正确.故选：BCD三、填空题13已知是定义在上的奇函数，且，当时，则_.【分析】根据，可得函数是以4为周期的周期函数，再根据函数的周期性和奇偶性
9、即可得解.【详解】解：因为，所以函数是以4为周期的周期函数，又因是定义在上的奇函数，所以.故答案为.14中，分别是的内角所对的边，若，则等于_.【分析】由正弦定理可得，代入即可得出答案.【详解】由正弦定理可得： 则 所以故15某几何体的直观图如图所示，则该几何体的表面积为_.【分析】根据给定的几何体，求出长方体的表面积，半圆柱的曲面面积及两个底面半圆面积即可作答.【详解】由几何体的直观图知，该几何体是一个半圆柱在过原圆柱轴截面上放置了一个正四棱柱，正四棱柱一条侧棱与半圆柱底面半圆直径重合，正四棱柱的底面边长为2cm，高为4cm，半圆柱的底面圆直径为4cm，高为4cm，所以该几何体的表面积为（）
10、.故16已知函数（为实数）的最大值为，则的值为_.【分析】由函数的最大值得到，所以，求出的值.【详解】的最大值为，则，所以，所以故1四、解答题17设复数.（1）若为纯虚数，求；（2）若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围.（1）1；（2）【分析】（1）由实部等于0且虚部不为0列式求出的值，进而可；（2）由实部大于0且虚部小于0联立不等式组得答案.【详解】（1）若为纯虚数，则，所以，故， ；（2）若在复平面内对应的点在第四象限，则， 得.本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查了复数的基本概念，训练了不等式组的解法，是基础题.18如图，四棱锥的底面是正方形，垂直于底面，是的中点，求证：(
11、1)平面；(2)求异面直线与所成的角的余弦值.(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于，即可得到，再由线面垂直得到，即可得到平面，即可得到，再由，即可得证；（2）取中点，连接，即可得到或其补角是异面直线、所成的角，再由余弦定理计算可得；【详解】(1)证明：连接交于.因为为正方形，所以.因为垂直于底面，底面，所以.又，平面，所以平面，又平面，所以.因为，平面，所以平面.(2)解：如图，取中点，连接.所以，所以或其补角是异面直线、所成的角.在中，在中由余弦定理可得，所以异面直线、所成的角的余弦值为.19已知的夹角为锐角，且在上的投影向量的模为.(1)若，求的值；(2)若，若三点共线，求的值.(
12、1)(2)【分析】(1)根据向量垂直的数量积公式，代入方程，即可求解；（2）利用三点共线，即向量共线，即可求解.【详解】(1)由题意得，得.因为，所以得；(2)由题意得，因为三点共线，且点在线段上，所以即，得解得，故.20如图，正三棱柱中，为的中点.(1)求证：平面；(2)若，求直线与平面所成的角的正弦值.(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连交于点，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.（2）取中点，作出线面角，再在直角三角形中求解作答.【详解】(1)如图，正三棱柱中，连接，交于点，则为的中点，连接，而为的中点，有，又平面平面，所以平面.(2)取中点，连，在正中，而平面，平面，于是得，
13、又，平面，则平面，是直线与平面所成的角，在中，则有，所以直线与平面所成的角的正弦值是.21已知函数的图象关于直线对称，且图像相邻的对称轴之间的距离为.(1)求函数的解析式；(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围.(1)(2)【分析】（1）根据图像相邻的对称轴之间的距离为，可得周期，进而得，再结合关于直线对称求解即可；（2）根据三角函数的图象求得在上的最大值，再参变分离得在上恒成立，再化简求得的最大值，进而求得实数的取值范围即可【详解】(1)，因为图像相邻的对称轴之间的距离为，故周期，故，又关于直线对称，故，即，(2)，故，即对恒成立也即对恒成立设，又当时，有最大值6，解得，故实数的取值范围为.22如图，在平面四边形中，.(1)若，求的面积；(2)若，求.(1)；(2).【分析】（1）根据求得，再结合求解即可；（2）设，再在中利用正弦定理得出关于的方程，再根据三角函数恒等变换化简求解即可.【详解】(1)由,可得，又，故，故；(2)设则，在中，由正弦定理可得，即，即，故，又，解得，又由正弦定理有，故.
