2020-2021学年湖南省三湘名校教育联盟高一下学期期中数学试题解析版

试卷第=page22页，共=sectionpages44页第Page\*MergeFormat14页共NUMPAGES\*MergeFormat14页2020-2021学年湖南省三湘名校教育联盟高一下学期期中数学试题一、单选题1．已知集合，，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先化简集合B，再利用并集运算求解.【详解】∵，∴.故选：D2．已知直线，和平面，，下列命题正确的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则【答案】C【分析】根据空间中线面的位置关系结合线面平行，面面平行的判定定理及性质定理来判断.【详解】选项A：若，，则可能在平面内，也可能与平面平行，选项A错误；选项B：若，，则与可能平行也可能异面，选项B错误；选项C：由面面平行的性质定理可知选项C正确；选项D：若，，，则与可能平行也可能异面，选项D错误.故选：C.3．两座灯塔和与海洋观察站的距离分别为5，8，灯塔在观察站的北偏东方向上，灯塔在观察站的南偏东方向上，则灯塔与的距离为（）A．6 B．7 C． D．【答案】B【分析】首先画出图形，得到，再利用余弦定理求解即可.【详解】如图所示：由题意可得，所以，即：.故选：B4．函数的图象可由函数的图象至少向左平移（）个单位长度得到A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用两角和与差的正弦公式的逆应用将函数化成标准形式，再根据相位判断平移的单位长度即可.【详解】，，∴从到，至少向左平移个单位长度.故选：B.5．已知，，分别为内角，，的对边，若，，则的值为（）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】由，利用正弦定理求得，再利用余弦定理结合，求得a，c的关系即可.【详解】因为，所，∴，∴，，∴.6．等腰三角形底和腰之比为黄金分割比的三角形称为黄金三角形，它是最美的三角形.例如，正五角星由5个黄金三角形和一个正五边形组成﹐且每个黄金三角形都是顶角为的等腰三角形，如图所示，在黄金三角形中，.根据这些信息，可求得的值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用等腰三角形求出，再根据诱导公式和降幂公式可求的值.【详解】在等腰中，，∴.故选：A.7．已知是定义在上的偶函数，且满足，当时，，则函数的零点个数为（）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】求函数的零点个数，即求方程根的个数，即求与的图像的交点个数，作出图像即可得出答案.【详解】解：的零点个数，即与的图像的交点个数，作出图像可得共有8个交点.故选：D.8．的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的最大值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】将，利用正弦定理，结合两角和的正弦公式得到，进而求得角B，再利用正弦定理，得到，利用正弦函数的性质求解.【详解】因为，所以，因为，所以，∴.∵，∴，∴∴，，所以最大值为.故选：A二、多选题9．已知复数，则下列结论中错误的是（）A． B．的虚部为C．的共辄复数为 D．在复平面内的对应点位于第四象限【答案】ABC【分析】利用复数的乘除运算可得，根据复数模的求法可判断A；根据复数的概念可判断B；由共轭复数的概念可判断C；由复数的几何意义可判断D.【详解】，；的虚部为；的共辄复数为；在复平面内的对应点为，位于第四象限.故A、B、C错误，故选：ABC10．已知向量，满足，，，则下列结论中正确的是（）A． B． C． D．与的夹角为【答案】BC【分析】由，，，求得，再逐项判断.【详解】，∴，∴，∴，，，∴与的夹角不是，故选：BC.11．已知，，分别为内角，，的对边，的面积，则下列结论中正确的是（）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据条件结合三角形的面积公式可求出选项A；根据条件结合三角形的面积公式可求出选项B；根据选项AB结合三角形内的隐含条件可求出的值；根据条件结合余弦定理可得出选项D.【详解】因为，所以，，，所以选项A正确；因为，所以，又因为为三角形的内角，所以，所以选项B正确；因为，所以，选项C错误；由得，所以，由解得，选项D正确.故选：ABD.12．如图，正三棱柱中，是的中点，是的中点，，则下列结论中正确的是（）A．平面B．该三棱柱有内切球(球与棱柱的每个面都相切)C．该三棱柱外接球的体积为D．平面截该三棱柱所得大小两部分的体积比为11∶1【答案】AB【分析】根据线面平行的判定定理证明A，求出底面三角形内切圆的半径即可判断B；求出底面三角外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出外接球的体积，即可判断C，平面即为平面，将三棱柱截下一个三棱锥，根据体积公式计算，，即可判断D；【详解】解：∵是的中点，是的中点，所以，面，面，∴平面，故A正确；球在底面上的投影为的内切圆，其半径为高的，因为，所以高为，所以的内切圆的半径，若存在内切球，则，故B正确；外接圆的半径为，三棱柱的高为2，所以正三棱柱的外接球的半径，∴外接球的体积，故C错误；平面即为平面，将三棱柱截下一个三棱锥，设的面积为S，棱柱的高为，，，∴大小两部分的体积比为5∶1，故D错误.故选：AB三、填空题13．已知，，分别为内角，，的对边，，，，则______.【答案】或【分析】由正弦定理即可求得，根据三角形内角和性质以及即可求.【详解】由正弦定理：，有，∴，而，当时，或；当时，由，显然无解；∴或.【点睛】本题考查正弦定理，结合应用了三角形内角和性质，属于基础题.14．已知，，，则___________.【答案】【分析】先由求得t，再利用向量的数量积运算求解.【详解】，∴，∴，∴.故答案为：-215．已知正三棱锥中，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为___________.【答案】【分析】取中点，连接，，得到（或补角）即为异面直线与所成角求解.【详解】如图所示：，取中点，连接，，则，所以（或补角）即为异面直线与所成角，因为，所以三棱锥侧棱两两垂直，所以平面ABC，则，设，则，，，，∴.故答案为：四、双空题16．已知外接圆的圆心为，其面积(，，为的三边长)，，则外接圆的半径为___________；的值为___________.【答案】3【分析】先根据面积计算外接圆半径，设的中点为，结合向量关系得到A，，三点共线，即，，再计算中三边长度，利用余弦定理即求得.【详解】因为，∴，即.设的中点为，根据题意可得，∴A，，三点共线，如图所示，可知，，且，，即，根据勾股定理可得，，∴，中，根据余弦定理可得.故答案为：3；.五、解答题17．设平面三点.（1）试求向量的模；（2）若向量与的夹角为，求.【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由求得，利用向量模的公式求解即可；（2）分别求出、的坐标表示，利用平面向量数量积的坐标表示求出，利用向量模的公式求出，由平面向量夹角余弦公式可得结果.【详解】（1）∵＝（0－1，1－0）＝（－1，1），＝（2－1，5－0）＝（1，5），∴2＋＝2（－1，1）＋（1，5）＝（－1，7）．∴|2＋|＝＝．（2）∵||＝＝．||＝＝，·＝（－1）×1＋1×5＝4．∴＝＝＝．【点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.18．已知函数.（1）求的单调递增区间；（2）设，，分别为内角，，的对边，已知，，且，求的值.【答案】（1）()；（2）.【分析】（1）利用二倍角的正余弦公式及辅助角公式将函数化为，再利用整体法结合正弦函数的单调性即可求出的单调递增区间；（2）由求出角，再由，求出，最后根据结合余弦定理即可求出答案.【详解】解：（1），令得()，∴的单调递增区间为().（2）由得，∵，∴，∴，∵，∴，∴，由余弦定理得，∴.19．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，、、分别为、、的中点.（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【分析】（1）先利用线线平行证明线面平行，再根据线面平行证明面面平行即可；（2）取中点，连接、，利用中位线定理，结合平行四边形性质证明四边形是平行四边形，即证，再根据线面平行的判定定理即证结果.【详解】（1）证明：∵是平行四边形，、、分别为、、的中点，∴，，又平面，平面，平面，平面，∴平面，平面，∵，且、平面，∴平面平面.（2）解：存在点是线段的中点，使得平面，且.证明如下：取中点，连接、，∵、、分别是、、的中点，∴，且，即，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面，且.20．已知，，分别为内角，，的对边，.（1）证明：；（2）请问角是否存在最大值？若存在，求出角的最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理把角全部化为边，然后化简即可（2）利用（1）的结论结合基本不等式即可求解【详解】（1）由已知及正余弦定理得，.（2）由（1）可得，∴，当且仅当，即时等号成立，∴角存在最大值为.21．如图，在正方体中，，，分别是，，的中点.（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）取中点，连接，证明，推出（或补角）为异面直线与所成角，再运用余弦定理求值；（2）延长，交于，连接交于，证明；在上只需找一点满足即可.【详解】（1）取中点，连接，，，.因为是正方体，，分别为，的中点，所以，所以（或补角）为异面直线与所成角.设正方体的棱长为2，则，，所以，即异面直线与所成角的余弦值为.（2）存在，且，证明如下：延长，