2021-2022学年江西省上饶市四校高一下学期第四次联考数学试题【含答案】

1、2021-2022学年江西省上饶市四校高一下学期第四次联考数学试题一、单选题1复数的共轭复数是（）ABCDA【分析】先求出，即可得到共轭复数.【详解】因为，所以复数的共轭复数是.故选：A2已知的内角A，B，C所对的边分别是，则（）ABCDB【分析】由已知，根据题意，可使用余弦定理直接求解出.【详解】，即，由余弦定理得.故选：B.3已知点是角终边上一点，则（）ABCDA【分析】由三角函数的定义求解即可【详解】因为即是角终边上一点，所以，故选：A4已知，是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，下列命题正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则D【分析】利用直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关

2、系依次判断各个选项.【详解】对于A，若，则或或与相交，故A错误对于B，若，则或或与相交，故B错误对于C，若，则或与相交，故C错误对于D，利用线面垂直，及面面垂直的位置关系，可知D正确故选：D5已知，则为（）A第一象限角B第二象限角C第三象限角D第四象限角B【分析】利用三角恒等变换化简得，从而求得所在象限【详解】因为，所以，即，故，即，所以在第二象限角，故选：B6已知单位向量满足，则（）ABCDB【分析】利用向量的数量积的运算律即可求解.【详解】由题知，因为，所以.故选：B7用一个平面截半径为3的球，截面面积为，则球心到截面的距离为（）A1B2CDC【分析】根据球的截面的性质即可求解.【详解】根

3、据截面面积为可知：截面圆的半径，根据球心与截面圆的圆心的连线垂直于截面可知：球心到截面的距离为故选：C8已知函数的部分图像如图所示，将的图像向右平移个单位长度后，得到函数的图像，则在上的值域为（）ABCDA【分析】根据图像可知，求出周期，从而可求出，再由图像过点，可求出的值，则可得的解析式，再由三角函数图像变换规律可求得的解析式，由，得，然后利用正弦函数的性质可求出其值域【详解】解：由图可得，则因为，所以由，可得，即，因为，所以，故，所以将的图像向右平移个单位长度后，得所以因为，所以，所以，所以故故选：A二、多选题9已知复数，则（）A若，则B若，则C若为纯虚数，则D若，则AC【分析】直接计算，

4、判断选项A，B；由为纯虚数，解得，即可判断C；由复数相等列方程求出a，即可判断D.【详解】若，则正确，错误.，若为纯虚数，则，解得正确.，则，解得，D错误.故选：AC10在正方体中，分别为，的中点，则（）A平面平面B平面平面C平面平面D平面平面AC【分析】对于A，易知，平面，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面平面可判断选项B错误；对于C，利用面面平行的判定定理即可判断C正确；对于D，易知平面平面，而平面与平面有公共点，由此可判断选项D错误【详解】解：对于A，由于，分别为，的中点，则，又，且，平面，平面，则平面，又平面，平面平面，选项A正确；对于B，由选项A可知，平面平面，而平面平面，在

5、该正方体中，试想运动至时，平面不可能与平面垂直，选项B错误；对于C，,平面，平面，得平面，又分别为的中点，则且，则四边形为平行四边形，得，,平面，平面，得平面，又,平面，故平面平面，选项C正确；对于D，易知平面平面，而平面与平面有公共点，故平面与平面不可能平行，选项D错误故选：AC11在中，内角所对的边分别为，且，则（）ABC周长的最大值为3D的最大值为BCD【分析】对于AB，利用正弦定理判断即可，对于C，利用余弦定理结合基本不等式可判断，对于D，由选项C可知，结合基本不等式可得，从而可求出的最大值【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，所以，所以A错误.对于B，因为，所以由正弦定理得，所以，

6、所以B正确.对于C，根据余弦定理得，所以，即，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以，所以C正确.对于D，由选项C可知，所以，则，当且仅当时，等号成立. ，所以D正确.故选：BCD12已知函数，则（）A的最小正周期为B的图象关于点对称C在上单调递减D的值域为BCD【分析】化简函数解析式，利用特殊值法可判断A选项；利用函数对称性的定义可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；利用对数函数的基本性质可判断D选项.【详解】因为，对于A选项，则，A错；对于B选项，由，可得，则，对任意的，所以，函数的图象关于点对称，B对；对于C选项，当时，则函数在上单调递增，函数为减函数，故函数在上单调递减，C对

7、；对于D选项，对任意的，可取所有的正数，故函数的值域为，D对.故选：BCD.三、填空题13已知复数，则的虚部为_【分析】先化简复数，再求解虚部.【详解】因为，所以的虚部为故答案为.14在直角坐标系中水平放置的直角梯形，如图所示，已知为坐标原点，在用斜二测画法画出的它的直观图中，四边形的周长为_【分析】利用斜二测画法画出直观图四边形，再计算周长【详解】如图，画出直观图，过点作，垂足为因为， 所以，则，故四边形的周长为故15在中，则的最大值为_【分析】由表示出，再由数量积的运算律及二次函数的性质求出最大值即可.【详解】由题意得，则，故的最大值为1. 故1.四、双空题16武威“天马之眼”摩天轮，于年

8、月建成运营夜间的“天马之眼”摩天轮美轮美奂，绚丽多彩，气势宏大，震撼人心，是武威一颗耀眼的明珠该摩天轮的直径为米，摩天轮的最高点距地面米，摩天轮匀速转动，每转动一圈需要分钟，若小夏同学从摩天轮的最低点处登上摩天轮，从小夏登上摩天轮的时刻开始计时，则小夏与地面的距离（米）与时间（分钟）的函数关系式为_在摩天轮转动一圈的过程中，若小夏的高度在距地面不低于米的时间不少于分钟，则的最小值为_ 【分析】由已知可设，根据题意求出解析式中的参数，可得出函数的解析式，然后解不等式，结合已知条件可得出关于的不等式，由此可得出的最小值.【详解】由已知可设，其中，由题意可得，当时，小夏同学在摩天轮的最低点处，可取，

9、且由，可得，所以，由，可得，则，所以，在摩天轮转动一圈的过程中，小夏的高度在距地面不低于米的时长满足，可得，由题意可得，解得.故；.五、解答题17已知向量.(1)若，求；(2)若，向量，求与夹角的余弦值.(1)(2)【分析】（1）由，得，求出的值，再求出的坐标，从而可求出其模，（2）由，可得，求出的值，然后利用向量的夹角公式求解【详解】(1)因为，所以，即，解得，所以，故.(2)因为，所以，解得，则.因为，所以，即与夹角的余弦值为.18已知(1)求的值；(2)若，求的值(1)(2)【分析】（1）利用弦化切可得答案；（2）求出，再利用两角和的正切展开式可得答案.【详解】(1)因为，所以.(2)因

10、为，解得，所以19如图，平面平面，在矩形中，四边形为菱形，为线段的中点，(1)证明：平面(2)求异面直线与所成角的余弦值(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由面面垂直的性质得平面，再根据线面垂直、菱形及等边三角形性质可得，进而有，最后由线面垂直的判定证结论.（2）由，确定为异面直线与所成角（或其补角），通过余弦定理求解即可.【详解】(1)因为面面，面面，面，所以平面，平面，则.在菱形中，为线段的中点，可得.因为，所以.因为，面，所以面.(2)因为，所以，所以为异面直线与所成角（或其补角），连接DG，如图所示，由（1）可知，又因为，四边形为菱形，为线段的中点，所以，又因为，所以面，平面，所以

11、，在中由余弦定理可得，所以异面直线与所成角的余弦值为.20已知函数(1)求的单调递增区间；(2)当时，关于的方程恰有4个不同的实数根，求的取值范围(1)(2)【分析】（1）先化简得出，令即可求出单调递增区间；（2）方程化为和共有4个不同的解，即与的图象在各有两个交点，数形结合即可求出.【详解】(1)，令，解得，所以的单调递增区间为；(2)由可解得或，方程有4个不同的实数根，即和共有4个不同的解，即和共有4个不同的解当时，因为与的图象在有两个交点，所以与的图象在有两个交点，所以且，解得且，即的取值范围为.21疫情无情，人间有情为了有效解决疫情发生以来市民群众因管控带来的出门买菜难等生活不便问题，

12、某市在全市范围内组织开展“送菜上门、便民利民”工作如图，运送物资的车辆已装车完毕，运送人员小赵计划从处出发，前往，4个小区运送生活物资，已知，与的交点为，且，(1)分别求，的长度(2)假设，均为平坦的直线型马路，小赵开着货车在马路上以的速度匀速行驶，每到1个小区，需要10分钟的卸货时间，直到第4个小区卸完货，小赵完成运送生活物资的任务若忽略货车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，货车的启动和停止），求小赵完成运送生活物资任务的最短时间（单位：min）(1)；(2)【分析】（1）分别在中，在中，由余弦定理可求得答案；（2）如图，过作，垂足为点，过作，垂足为点由平面几何可得，求得，由的长度最长

13、，的长度最短，所以路线避免选择，选择，最佳路线为，由此可求得答案.【详解】(1)解：在中，由余弦定理得，解得因为，所以在中，由余弦定理得，解得(2)解：如图，过作，垂足为点，过作，垂足为点因为，所以，得四边形为矩形，所以，所以因为，所以，所以，因为的长度最长，的长度最短，所以路线避免选择，选择，所以最佳路线为，此路线的长度为，故小赵完成运送生活物资任务的最短时间为22如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，为的中点.(1)证明：平面.(2)若二面角的正切值为，求二面角的正弦值.(1)证明见解析(2)【分析】(1)在平面PBC内找到一条直线与AE平行即可；(2)先用P-BC-D的正切值算出PD的

14、长度，再构造三角形找到B-AE-C二面角的平面角，解三角形即可.【详解】(1)如图，取棱PC的中点F，连接EF，BF，因为E，F分别为棱PD，PC的中点，所以EF CD且EF=CD，因为ADDC，ADAB，且CD=2AB=2AD，所以ABCD且AB=CD，所以EFAB且EF=AB，则四边形ABFE为平行四边形，AEBF，因为AE平面PBC且BF平面PBC，所以AE平面PBC；(2)不妨设AB=1，连接BD，则BD=，BC=，CD=2，由勾股定理可得BCBD，因为PD平面ABCD，所以PDBC，因为PDBD=D，所以BC平面PBD，因为PB平面PBD，所以PBBC，又BCBD，所以PBD为二面角P-BC-D的平面角，因为tanP