精品解析：广东省广州市八校联考2021-2022学年高一下学期期末数学试题（解析版+原卷版）

1、广东省广州市八校联考202122高一第二学期期末试题数学一选择题: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。未经许可 请勿转载1已知集合,，则( )。 B. C.。【答案：】A【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得；【详解】解：由，即，解得,所以，又,所以;故选：A2. 在中,“是“”的（ ）A. 充分不必要条件B必要不充分条件C.充要条件D。既不充分也不必要条件【答案：】B【解析】【分析】根据正弦函数的性质和充分和必要条件的概念即可判断。【详解】在中,则或,在中,“”是“的必要不充分条件，故选:B。 已知复数，其中

2、为虚数单位,若为纯虚数,则下列说法正确的是（ ）未经许可 请勿转载 。 复数在复平面内对应的点在第一象限。 【答案：】【解析】【分析】因为为纯虚数，所以，可求出，进而可得，判断各个选项即可【详解】对于A,因为为纯虚数,所以，所以，故A错误；对于B，当时，,复数在复平面内对应的点在第二象限，故B错误;对于C，故C正确;对于D，,故D错误故选：C4。 已知函数是定义在R上的奇函数,当时，（m为常数）,则的值为（ ）未经许可 请勿转载A 4B. C. D【答案：】【解析】【分析】根据函数奇偶性求出,求出，利用奇偶性得到答案：【详解】根据题意，函数是定义在上的奇函数,当时，必有，解可得：,则当时,，有

3、,又由函数是定义在R上的奇函数，则.故选:5. 已知点P是所在平面内一点,若,则与的面积之比是（ ）A。 B. C。 . 【答案：】D【解析】【分析】过作,根据平面向量基本定理求得，即可求得与的面积之比【详解】点是所在平面上一点,过作,如下图所示：由,故,所以与的面积之比为,故选:6。 已知，则的值为（ ）A。 B C. D。【答案：】A【解析】【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简即得解。【详解】解:.故选：A7 如图所示，是水平放置的的斜二测直观图,其中，则以下说法正确的是（ ）未经许可 请勿转载 是钝角三角形B。的面积是的面积的2倍C。 B点的坐标为。的周长是【答案:】D【解析】【分析】将

4、还原成原图依次分析选项可得答案:.【详解】根据题意,将还原成原图，如图，对于，中，有，所以，,故是等腰直角三角形，错误;对于B，的面积是，的高为，所以的面积为，的面积是的倍,B错误；对于C，因为,B的坐标为，C错误;对于D,的周长为，正确故选：D8. 已知函数,，若方程有4个不相等的实根,则实数的取值范围是（ )未经许可 请勿转载. B. 。 D. 【答案：】【解析】【分析】依题意画出函数的图象，令，,则关于的方程有两个小于1的实根，数形结合即可得解;未经许可 请勿转载【详解】解：因为,所以的图象如下所示，因为所以开口向下,且最大值为1的二次函数，令，则关于的方程有两个小于的实根,即与，有两个

5、交点，由图象易知当且仅时满足题意故选：【点睛】本题考查分段函数的性质的应用,考查数形结合思想，属于中档题二多项选择题:本题共小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分，部分选对的得2分,有选错的得0分。未经许可 请勿转载9给已知、，满足，则( ）。. C. 【答案：】ABD【解析】【分析】利用基本不等式可判断BD选项；取可判断C选项。【详解】对于AB选项，由基本不等式,即，即，当且仅当时，等号成立,正确;对于C选项，当时，则，但，C错误;对于D选项,则,所以,，当且仅当时,等号成立，D正确.故选：ABD。1。若函数的部分图像,如图所示,则下列说法正确

6、的是（ ）B. 函数的图像关于对称C. 函数的图像关于点对称D 时,的值域为【答案：】AB【解析】【分析】根据三角函数的图像求出函数的解析式,再由三角函数的性质即可得出选项。【详解】由图像可知,，即，因为,所以，周期,，即,，对于，正确;对于，,故图像关于对称，正确；对于，错误;对于，时，所以,正确；故选:ABD。11。 在中，角，所对的边分别为，,且,.若有唯一解，则的值可以是（ ）未经许可 请勿转载A。 1. 。D。 【答案:】BD【解析】【分析】根据正弦定理三角形有唯一解，得到或,即可求出参数的取值范围，从而得解;未经许可 请勿转载【详解】解：因为,，因为有唯一解，所以或，即,故选：BD

7、。以下是真命题的是( ) 已知,为非零向量,若，则与的夹角为锐角B. 已知，为两两非共线向量，若,则C。 在三角形中,若,则三角形是等腰三角形D. 若三棱锥的三条侧棱与底面所成的角相等，则顶点在底面的射影是底面三角形的外心未经许可 请勿转载【答案：】D【解析】【分析】A：将已知条件两边同时平方,整理得到，结合平面向量的数量积的定义得到,由平面向量的夹角范围可得，进而可以判断选项;B:将已知条件变形为,结合平面向量数量积即可判断选项;未经许可 请勿转载C：结合正弦定理化简整理即可判断三角形形状;D：作出图形，证得,即可得到,结合三角形外心的性质即可判断。【详解】：因为，两边同时平方，得，即，所以

8、，因此,因为，所以，因此与的夹角为锐角或零角，故A错误；未经许可 请勿转载:因为，所以,又因为，为两两非共线向量，则,所以，故B正确；C：因为，结合余弦定理得，所以，所以或，即或，所以角形是等腰三角形或直角三角形，故错误；未经许可 请勿转载D：设三棱锥的顶点在底面的射影为，所以底面，又因为底面，底面，底面，所以，又因为三棱锥的三条侧棱与底面所成的角相等，所以，所以,所以，所以点是的外心,故D正确;未经许可 请勿转载故选:BD三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知实数,，则的最小值是_【答案：】【解析】【分析】利用，又,得，代入利用基本不等式即可得出结果【详解】由，得,又，得

9、,则，,当且仅当时,即取等号故答案：为：【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：(1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数;（)“二定”就是要求和的最小值,必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；未经许可 请勿转载（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时,必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方。未经许可 请勿转载4 已知函数的图象关于原点对称，若,则的取值范围为_【答案:】【解析】【分析】先求得的值，再利用函数单调性把不等式转化为,解之即可求得的取值范围.未经

10、许可 请勿转载【详解】定义在上函数的图象关于原点对称,则，解之得，经检验符合题意均为R上增函数，则为R上增函数,又，则不等式等价于,解之得故答案:为：1。设，F分别是长方体的棱,的中点,且，M是底面上的一个动点,若平面，则线段长度的最小值为_.未经许可 请勿转载【答案:】#【解析】【分析】如图所示,分别取,，的中点Q，R,G，连接，,得到在线段上运动，利用数形结合分析计算得解.未经许可 请勿转载【详解】解:如图所示，分别取,，的中点Q，R，G，连接,，,，易知,F，G，Q，六点共面。未经许可 请勿转载连接，,因为，又平面，平面，所以平面.同理可证平面，因为平面，所以平面平面，故M在线段上运动。

11、要使线段长度最小，需使.此时，得，所以。故答案：为：16. 在中，记角A，B，C所对的边分别是a,，面积为S，则的最大值为_未经许可 请勿转载【答案：】【解析】【分析】利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值.未经许可 请勿转载【详解】 （当且仅当时取等号）。令，故，因为，且,故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示:目标函数上，表示圆弧上一点到点点斜率，由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值,故可得, 又，故可得,当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.故答案:为：。【点睛】本题主要考查利用正余弦定理求范围问题，涉及线性规划以及均值不等式

12、,属综合困难题未经许可 请勿转载四解答题：本题共6小题，共分70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤。未经许可 请勿转载17 已知非零向量，满足.(1)求，的夹角的余弦值;(2)若,求。【答案：】(）； (2).【解析】【分析】（1）将目标式平方后，根据，结合数量积的运算律即可求得结果；（2）根据（）中所求，结合数量积的运算律,即可求得结果【小问1详解】因为故可得：，则,则。故，的夹角的余弦值为。【小问2详解】由(）可知：,因为,故可得，即,故可得1 如图,把正方形纸片ABC沿对角线AC折成直二面角,点E，分别为D,BC的中点，点O是原正方形BCD的中心.未经许可 请勿转载（1）求证:平面

13、EOF；（2）求直线CD与平面DO所成角的大小。【答案:】（1）证明见解析 (2)【解析】【分析】（1)根据线面平行的判定定理可得证;(2)由线面角的定义可得直线CD与平面DOF所成的角为，解三角形可求得答案:。未经许可 请勿转载小问1详解】证明:点O是原正方形ABCD的中心,为AC的中点,点F为BC的中点，又平面EO,平面EOF,平面EOF【小问详解】解:，,把正方形纸片ABCD沿对角线A折成直二面角,平面AB，又平面AC，平面D,直线C与平面D所成的角为，,在中,即直线C与平面DO所成角的大小为.19 已知函数。(1）求的最小值;（）若在上有零点，求a的取值范围.【答案：】（1） （2)【

14、解析】【分析】()化简函数,根据，所以，分类讨论,即可求解函数的最小值；（)由，可得，当，令，则,利用单调性，即可求解.【小问1详解】函数，当，即时,则时，取得最小值；,即，则时,取得最小值;当即时,则时,取得最小值，综上可得 。【小问2详解】,由，可得，令,则，当时，等式显然不成立，故,则，令,则，则，由函数的单调性易得在上,a随m的增大而减小，。20 已知二次函数，若不等式的解集为()解关于的不等式,（2)已知实数,且关于的函数的最小值为，求的值【答案：】（）（,1)（2，+)；(2)【解析】【分析】（1)根据一元二次不等式与二次方程之间的关系，结合根与系数的关系，求出与的值，再求出不等式

15、的解集；未经许可 请勿转载()用换元法，得到函数,再求出最小值与已知最小值相等即可解得.【详解】()因为二次函数，且不等式的解集为,所以且和是一元二次方程的两根,所以且,且,所以,，所以可化，所以,所以或，故的解集为:(2)由（)知,所以,设,因为,，所以,因为的对称轴,所以函数在上递减，所以,即时,取得最小值，即，解得或(舍去）【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,换元法.一元二次函数的最小值的求法，属于中档题。未经许可 请勿转载21BC的内角A,C的对边分别为a，b，c,.（1)求角；（2）求ABC的外接圆的半径R，并求ABC的周长的取值范围【答案:】（) （），【解析】【分析】(1）由

16、正弦定理结合和角公式得出角C;（2）由正弦定理得出，由正弦定理的边化角公式得出,结合三角函数的性质得出A的周长的取值范围。未经许可 请勿转载【小问1详解】由题，因为所以由正弦定理可得即在AB中，,且,，又,所以，则【小问2详解】由正弦定理得，所以由（1）知，,所以因为，所以则即C的周长的取值范围为22 如图所示，是的一条中线,点O满足，过点O的直线分别与射线、射线交于M、N两点，未经许可 请勿转载(1）求证:;（2)设，求的值；（）如果是边长为2的等边三角形,求的取值范围【答案:】（1)证明见解析；（2）3；(3）。【解析】【分析】（1）以为基底,根据线性运算求证即可;（2)由三点共线可设，根

17、据向量线性运算求出,即可求解；（3）由余弦定理可求出，计算，利用基本不等式求最值即可【详解】（1）证明:因为D是中点，；（2）因为M、N三点共线,故存在实数,使得，即,整理得,由（1）知,根据平面向量基本定理,；（3）因为是边长为的等边三角形，故，在中，由余弦定理,在中,同法可得，故由（2)知，得，故,由基本不等式，当且仅当，即，时,取最小值，故的取值范围是广东省广州市八校联考20212022高一第二学期期末试题数学一选择题:本题共8小题，每小题5分,共0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未经许可 请勿转载. 已知集合,则（ )A。 B。 C D。2在中,“”是“”的（ )

18、 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D 既不充分也不必要条件3.已知复数，其中为虚数单位，若为纯虚数,则下列说法正确的是（ ）未经许可 请勿转载A B. 复数在复平面内对应的点在第一象限C. D。 4。 已知函数是定义在R上的奇函数,当时,（m为常数），则的值为（ ）未经许可 请勿转载. B. C。 D. 5。 已知点是所在平面内一点,若，则与的面积之比是( ）A。B. 。D。6. 已知，则的值为（ ）A. 。 。 D 7。如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是( )未经许可 请勿转载A。 是钝角三角形B. 的面积是的面积的2倍 B点的坐标为D. 的周长是

19、. 已知函数，,若方程有4个不相等的实根,则实数的取值范围是（ ）未经许可 请勿转载A. .CD 二多项选择题：本题共4小题,每小题5分，共2分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分未经许可 请勿转载。给已知、,满足，则（ ）A B C D。 10. 若函数的部分图像,如图所示，则下列说法正确的是( ).B. 函数的图像关于对称。 函数的图像关于点对称D. 时，值域为1 在中,角，,所对的边分别为，,且,。若有唯一解，则的值可以是（ ）未经许可 请勿转载 1B. C. D.2。 以下是真命题的是（ ）A。 已知，为非零向量，若,则与的夹角为锐角B. 已知，,为两两非共线向量，若，则C。