2020-2021学年安徽省皖淮名校高一下学期5月联考数学试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2020-2021学年安徽省皖淮名校高一下学期5月联考数学试题一、单选题1．已知集合，，则（）A． B．C． D．【答案】C【分析】先解一元二次不等式求出集合，然后根据交集的概念求解即可.【详解】因为，所以，，所以．故选：C.2．若复数满足，则复数在复平面内对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】结合复数的除法与减法运算求出复数，即可判断在复平面内对应的点所在象限.【详解】因为，所以在复平面内对应的点在第三象限．故选：C.3．在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（）A．三棱锥 B．三棱台C．四棱锥 D．四棱台【答案】C【分析】由棱台和棱锥的结构特征判断即可【详解】解：如图，在三棱台中，截去三棱锥，则剩下的部分为四棱锥，故选:C．4．已知函数，则“”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】A【分析】根据求值域，再根据求出的范围，跟据充分性和必要性的判断即可得出结论.【详解】解：若，则，即；若，则，即，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A．5．有以下命题：①以半圆直径所在的直线为旋转轴旋转一周，其形成的面围成的旋转体是球；②用任意平面去截圆锥，所得的截面图形为圆；③若某圆锥的底面半径为，母线长为，则它的表面积为；④以直角三角形的任意一边所在直线为旋转轴旋转一周，其余两边形成的面围成的旋转体是圆锥．其中真命题的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据空间几何体的性质进行判断得解【详解】由基本概念可知，①正确；用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，所得的截面图形不是圆，②错误；根据圆锥的表面积公式可知③正确；以斜边所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体不是圆锥，④错误，故选B．6．已知，，且向量，的夹角为，则（）A．12 B． C． D．6【答案】B【分析】根据平面向量的数量积的定义求出，然后根据数量积的运算律求出，进而可求出模长.【详解】因为，所以，所以．故选：B.7．如图，是水平放置的直观图，且，则的面积为（）A．8 B． C． D．16【答案】C【分析】结合已知条件根据可直接求出结果.【详解】因为，且，所以．故选：C.8．已知，，，若为的垂心，则点的坐标为（）A． B．C． D．【答案】B【分析】设，由为的垂心，则，，即，利用向量的数量积的坐标运算即可得出答案．【详解】因为为的垂心，所以，，则．设，则，，，，联立解得故．故选：B.9．已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若满足，则的最小值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根据函数图象求出函数的解析式，再根据函数平移表示出，由知直线是图象的一条对称轴，即可求出的值，即可得解；【详解】解：因为，所以，由图可知，所以．因为的图象过点，所以，又，所以，从而，将的图象向右平移个单位长度得到．由知直线是图象的一条对称轴，所以，解得，因为，所以．故选：D10．鳖臑是我国古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称呼．如图，三棱锥是一鳖臑，其中，，，，且，．则三棱锥外接球的表面积是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合长方体外接球的性质可知三棱锥外接球的直径为，进而可得结果.【详解】易得三棱锥外接球的直径为，则，故三棱锥外接球的半径，所以，故选：B.11．已知复数满足，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．【答案】D【分析】设，，根据复数相等的充要条件，得出的关系式，消去，得到关于的一元二次方程有实数解，利用，求解即可得出结论.【详解】设，，则，整理得，所以消去得，①因为，所以方程①有实数解，，解得．故选：D.12．已知锐角的内角，，的对边分别是，，，且，，则的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】余弦定理结合向量的数量积定义求解即可【详解】由余弦定理知．又是锐角三角形，所以且，得所以，则，又，故的取值范围是．故选：A二、填空题13．已知向量，，，若，则实数______．【答案】﹣8【分析】结合向量共线的坐标表示即可.【详解】因为，，所以，解得．故答案为：-814．已知正三棱锥的所有棱长均为4，点，分别在棱，上，，若平面恰好将该正三棱锥分成体积相等的两部分，则的长度为______．【答案】【分析】由题意可得，因为三棱锥和三棱锥有相同的高，所以可得，从而可得，进而可求出的长度【详解】由题意，设三棱锥的高为，由，得，因为，所以∽，所以，解得．故答案为：15．已知等腰直角三角形的直角边长为，且其顶点都在球上，若球的体积为，则三棱锥的体积为______．【答案】16【分析】根据球的体积为，求得球的半径，再由等腰直角三角形外接圆的圆心为线段的中点，求得，即为三棱锥的高，再由锥体的体积公式求解.【详解】如图所示：等腰直角三角形的直角边为，斜边，其外接圆的圆心为线段的中点，所以是三棱锥的高，设球的半径为，因为，所以，又，所以，所以三棱锥的体积为．故答案为：1616．______．【答案】【分析】，化简计算即可得出结果.【详解】原式．故答案为：.三、解答题17．若虚数同时满足下列两个条件：①的实部与虚部互为相反数；②是实数，这样的虚数是否存在？若存在，求出；若不存在，请说明理由．【答案】存在，或.【分析】设，再根据的实部与虚部互为相反数，是实数求解.【详解】设，因为的实部与虚部互为相反数，且，所以，即．因为是实数，所以，即．把代入上式，得，解得或，所以或即或．18．已知锐角的内角，，所对的边分别是，，，且．（1）求；（2）若，，求．【答案】（1）；（2）4.【分析】（1）根据，利用正弦定理结合两角和的正弦公式得到，化简计算即可求解；（2）结合（1），由已知利用余弦定理计算求解即可.【详解】解：（1）由，得，所以，即，所以．又是锐角，所以，解得．（2）由（1）知，根据余弦定理，得，整理得，解得或．当时，，为钝角，舍去；当时，，符合题意，故．19．如图，在中，，，，分别为，的中点，为与的交点，且．（1）试用，表示；（2）若，，，求．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）依题意首先表示出，再根据重心的性质得到，即可得解；（2）首先根据平面向量数量积的定义求出，再表示出，最后根据向量数量积的运算律计算可得；【详解】解：（1）因为．因为点为的重心，所以．（2）因为，，，所以．又因为，所以．．20．已知函数满足．（1）求的值；（2）求的解析式；（3）若对恒成立，求的取值范围．【答案】（1）0；（2）；（3）.【分析】（1）令，计算即可求得的值；（2）由可得，解方程组即可求得结果；（3）由（2）知等价于．令，设函数，只需即可.【详解】解：（1）令，得，解得．（2）因为，①所以，②①②得，即．（3）由（2）知等价于．令，设函数，易知在上单调递增，从而．则，即的取值范围为．21．已知函数．（1）当时，求的单调递减区间；（2）设函数，若对于任意的、都有，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）当时，化简函数解析式为，然后解不等式，可求得函数的单调递减区间；（2）求得函数在区间上的值域为，对实数的取值进行分类讨论，求出函数在区间上的值域，根据已知条件可得出关于实数的不等式组，综合可求得实数的取值范围.【详解】（1）．当时，．令，解得．故的单调递减区间为；（2）当时，．当时，，所以．当时，．因为，所以或，解得或；当时，，所以．因为，所以恒成立，所以符合题意．综上，的取值范围是．22．如图，某区有一块的空地，其中，．当地区政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中，都在边上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在的周围安装防护网．（1）当时，求防护网的总长度；（2）若要求人工湖用地的面积是假山用地面积的倍，试确定的大小；（3）如何设计施工方案，可使的面积最小？最小面积是多少？【答案】（1）；（2）；（3）时，的面积最小，最小值为.【分析】（1）由已知可得，在中根据余弦定理求出，并得到为直角三角形，进而求出是正三角形，即可得出结论；（2）设，由结合面积公式，以及在中由正弦定理，分别求出，从而得到关于的方程，求解即可；（3）设，由（2）将用表示，在中根