2021-2022学年贵州省六枝特区高一下学期期中教学质量检测数学试题（解析版）

2021-2022学年贵州省六枝特区高一下学期期中教学质量检测数学试题一、单选题1．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】依题意图中阴影部分表示，再根据交集、补集的定义计算可得；【详解】解：因为，，所以，所以.故选：C2．复数（为虛数单位）的共轭复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可得到其共轭复数，从而判断即可；【详解】解：，所以，则在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D3．下列命题中正确的是（

）A．棱锥的高线可能在几何体之外 B．上下底面平行且都是四边形的几何体是四棱台C．圆锥的底面半径可以比圆锥的母线长 D．圆柱的侧面展开图不可能是正方形【答案】A【分析】利用棱锥，棱台，圆锥，圆柱的定义和性质判断即可.【详解】对于选项,上下底面平行且侧棱交于一点的几何体是四棱台，则选项不正确；对于选项,圆锥的底面半径、母线和高构成直角三角形，其中母线为斜边，底面半径为直角边，则圆锥的母线长比圆锥的底面半径要长，则选项不正确；对于选项,当圆柱的母线长等于底面圆周长时，侧面展开图为正方形，则选项不正确；故选：A.4．在中，内角、、所对的边分别为、、，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据余弦定理求解即可.【详解】由，得，，由于，所以.故选：B.5．如图，用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形，其直观图是一个底角为45°，腰长为，上底为1的等腰梯形，那么原平面图形的最长边长为（

）A． B． C．2 D．3【答案】B【分析】把直观图还原出原平面图形，根据直观图与平面图形数据之间的关系即可求解.【详解】把直观图还原出原平面图形，则这个平面图形是直角梯形，所以，，，，所以原平面图形的最长边长为，故选：B．6．已知函数则______．A． B． C． D．【答案】D【详解】,选D.7．我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”现有一类似问题，不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示.用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中与弦围成的弓形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设圆的半径为，利用勾股定理求出，再根据扇形的面积及三角形面积公式计算可得；【详解】解：设圆的半径为，则，，由勾股定理可得，即，解得，所以，，所以，因此.故选：B8．已知在平行四边形中，点，分别在边，上，连接交于点，且满足，，，则（

）A．-3 B．1 C． D．【答案】D【分析】因为，，三点共线，故可考虑将用表示，再结合三点共线满足的性质计算即可【详解】因为，所以.因为，，故,所以.因为，，三点共线，所以，，所以.故选：D二、多选题9．若x，．且，则（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据题意，由基本不等式和不等式的性质依次分析选项，综合可得答案．【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，若，，，当且仅当时等号成立，A正确；对于B，，，，B正确；对于C，，当且仅当时等号成立，C错误；对于D，，则有，变形可得，故，当且仅当时，取等号，故D正确；故选：ABD．10．下列说法中正确的是（

）A．平面向量的一个基底中，，一定都是非零向量.B．在平面向量基本定理中，若，则.C．若单位向量､的夹角为，则在方向上的投影向量是.D．表示同一平面内所有向量的基底是唯一的.【答案】ABC【分析】由平面向量基本定理，依次判定即可【详解】选项A：作为基底的两个向量一定不共线，零向量与任意向量共线，因此，一定都是非零向量，故A正确；选项B：，由在同一基底下向量分解的唯一性，有，故B正确；选项C：在方向上的投影向量为：，故C正确；选项D：平面内任何两个不共线的向量都可作为基底，因此基底不是唯一的，故D错误故选：ABC11．已知一个圆柱底面半径为，高为，则下列关于此圆柱描述正确的是（

）A．侧面展开图是一个正方形 B．表面积是C．体积是 D．此圆柱有内切球【答案】ABC【分析】根据圆柱的几何性质对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】依题意，圆柱的底面半径，高，A，底面周长为，所以侧面展开图是一个正方形，A正确.B，圆柱的表面积为，B正确.C，圆柱的体积为，C正确.D，由于底面直径为，，所以此圆柱没有内切球，D错误.故选：ABC12．函数的图像如图，把函数的图像上所有的点向右平移个单位长度，可得到函数的图像，下列结论正确的是（

）A．B．函数的单调递减区间为，C．函数在区间上单调递增D．直线是函数的一条对称轴【答案】BC【分析】结合图像根据周期分析可得，图像过点，代入求解并检验可得，根据图像平移，对于B：结合正弦函数递减区间可得，计算判断；对于C：以为整体，结合正弦函数分析判断；对于D：根据正弦型函数性质，对称轴处取到最值，代入检验．【详解】根据图形可得：，则，∴图像过点，即∵，则或当时，不是最大值，不合题意当时，，符合题意，则，A错误；，，则∴函数的单调递减区间为，，B正确；∵，则∴函数在区间上单调递增，C正确；不是最值，D错误；故选：BC．三、填空题13．已知复数满足，则____________.【答案】【分析】根据复数代数形式的乘法化简，再根据复数模的计算公式计算可得；【详解】解：，所以；故答案为：14．______.【答案】8【分析】根据指数幂和对数的运算公式，准确运算，即可求解.【详解】由指数幂和对数的运算公式得：原式.故答案为：.15．已知向量，不共线，若向量与向量共线，则的值为____________.【答案】【分析】根据平面向量共线定理可设，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可；【详解】解：因为与共线，可设，即，因为，不共线，所以，所以.故答案为：16．已知函数，若方程有3个实数根，则实数k的取值范围是________.【答案】【分析】将问题转化为与有3个交点，根据分段函数解析式确定的区间性质，结合函数图象判断交点情况，进而求k的范围.【详解】由题意，方程有3个实数根，即为与有3个交点，由的解析式知：当时，；当时，对称轴为且；图象如下图示：∴当且仅当时，与有3个交点，即有3个实根.故答案为：【点睛】关键点点睛：转化为函数图象的交点问题，根据分段函数的性质，应用数形结合的方法确定参数的范围.四、解答题17．已知平面内三个向量，，．（1）求；（2）求满足的实数，；（3）若，求实数．【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）根据向量坐标运算法则求出求出模长；（2）根据得，建立方程组即可求解；（3）求出，，根据向量平行的坐标表示即可得解.【详解】（1）∵，∴．（2）由得，∴解得（3），．∵，∴，解得．18．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角C；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；（2）由余弦定理、基本不等式及三角形三边关系计算可得；【详解】(1)解：由正弦定理及，所以.所以由余弦定理得，又，所以.(2)解：因为，，由余弦定理可得，可得，所以，，可得，当且仅当时取等号，又由三角形三边关系得，所以的取值范围是.19．已知两个不共线的向量，的夹角为，且，.(1)若与垂直，求；(2)若，求的最小值及对应的的值，并指出此时向量与的位置关系.【答案】(1)(2)时，的最小值为，与垂直【分析】（1）依题意可得，根据数量积的运算律及数量积的定义求出，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；（2）首先求出，再根据数量积的运算律表示出，根据二次函数的性质计算可得；【详解】(1)解：∵与垂直，∴，∴，即.∵，，∴，∴.∵，∴，∴.(2)解：当时，，所以，∴时，的最小值为，此时，∴与垂直.20．已知函数．(1)求的最小正周期；(2)将的图象上的各点________得到的图象，当时，方程有解，求实数m的取值范围．在以下①、②中选择一个，补在（2）中的横线上，并加以解答，如果①、②都做，则按①给分.①向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的一半．②纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位．【答案】(1)；(2)答案见解析.【分析】（1）根据三角恒等变换化简，再求其最小正周期即可；（2）选择不同的条件，根据三角函数的图象变换求得的解析式，再求其在区间上的值域即可.【详解】(1)因为所以函数的最小正周期．(2)若选择①，由（1）知，那么将图象上各点向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的一半，得到．当时，可得，，，由方程有解，可得实数m的取值范围为．若选择②，由（1）知，那么将图象上各点纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位，得到．当时，，，由方程有解，可得实数m的取值范围为．21．已知定义域为的函数是奇函数.(1)求的值；(2)判断函数的单调性并证明.【答案】(1)1(2)在上为减函数，证明见解析【分析】（1）根据奇函数的性质可得，即可求出的值，再根据奇函数的定义检验即可；（2）根据指数型复合函数的单调性判断，再利用定义法证明即可；【详解】(1)解：由为定义在上奇函数可知，解得.经检验，此时对任意的都有故.(2)解：由递增，可知在上为减函数，证明如下：对于任意实数，，不妨设，则.∵单调递增，且，∴即，，，∴，∴，故在上为减函数.22．在四边形中，，.(1)若，，求的面积；(2)若，求的最大值.【答案】(1)(2)