2020-2021学年湖北省部分重点高中高一下学期四月联考数学试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2020-2021学年湖北省部分重点高中高一下学期四月联考数学试题一、单选题1．设，则在复平面对应的点位于第()象限A．一 B．二 C．三 D．四【答案】D【分析】先化简复数z,再求即得解.【详解】由题得=所以.所以在复平面对应的点位于第四象限.故选D【点睛】本题主要考查复数的运算和共轭复数的求法，考查复数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.2．在中，若，则此三角形为（）A．等边三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】C【详解】在中，由以及正弦定理可知，，即，∵，，∴，，所以三角形为直角三角形.故选：C.3．设表示直线，表示平面，若，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】D【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面、线线位置关系即可求解.【详解】，则或与异面，所以由得不出，若，，则或，所以由得不出，所以若则是的既不充分也不必要条件，故选：D.4．《掷铁饼者》取材于古希腊的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间．现在把掷铁饼者张开的双臂及肩近似看成一张“弓”，掷铁饼者的肩宽约为米，一只手臂长约为米，“弓”所在圆的半径约为米，则掷铁饼者双手之间的直线距离约为（）A．米 B．米 C．米 D．米【答案】C【分析】利用弧长公式可求圆心角的大小，再利用解直角三角形的方法可求弦长.【详解】掷铁饼者张开的双臂及肩近似看成一张“弓”即如图中的及弦，取的中点，连接.由题设可得的弧长为，而，故，故的长度为，故选：C.5．如图，已知底面边长为的正四棱锥的侧棱长为若截面的面积为则正四棱锥的体积等于（）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，交于，连接，根据截面的面积为可解得，即可求出体积.【详解】解：连接，交于，连接，则底面且是中点，，，截面的面积为，，解得，正四棱锥的体积为：.故选：B．6．在中，点是的三等分点，，过点的直线分别交直线于点，且，若的最小值为，则正数的值为（）A．1 B．2 C． D．【答案】B【分析】利用平面向量的线性运算法则求得，可得，则，展开后利用基本不等式可得的最小值为，结合的最小值为列方程求解即可.【详解】因为点是的三等分点，则，又由点三点共线，则，，当且仅当时，等号成立，即的最小值为，则有,解可得或(舍），故，故选：B.【点睛】本题主要考查平面向量的运算法则，以及利用基本不等式求最值，属于中档题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.7．如图，已知正方体的棱长为，、分别是棱、的中点.若点为侧面正方形内（含边界）动点，且平面，则点的轨迹长度为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中点，连接、、、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，说明点的轨迹为线段，即可求得结果.【详解】取的中点，连接、、、、，如下图所示：在正方体中，且，因为、分别是棱、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，同理可证平面，，所以，平面平面，平面，若，则平面，平面，所以，点在侧面内的轨迹为线段，由勾股定理可得.故选：C.【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：（1）通过面面平行得到线面平行；（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.8．已知函数，若关于的方程有个不同根，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】令,由图可知,有两个大于零且不大于6的不等的实根,因此,选C.点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．二、多选题9．设i为虚数单位，复数，则下列命题正确的是（）A．若为纯虚数，则实数a的值为2B．若在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是C．实数是（为的共轭复数）的充要条件D．若，则实数a的值为2【答案】ACD【分析】首先应用复数的乘法得，再根据纯虚数概念、复数所在象限，以及与共轭复数或另一个复数相等，求参数的值或范围，进而可确定选项的正误【详解】∴选项A：为纯虚数，有可得，故正确选项B：在复平面内对应的点在第三象限，有解得，故错误选项C：时，；时，即，它们互为充要条件，故正确选项D：时，有，即，故正确故选：ACD【点睛】本题考查了复数的运算及分类和概念，应用复数乘法运算求得复数，再根据复数的概念及性质、相等关系等确定参数的值或范围10．在三棱柱中，分别为线段､､的中点，下列说法正确的是（）A．平面平面 B．直线平面C．直线与平面相交 D．直线与异面【答案】AD【分析】对于A，由面面平行的判定定理判断即可；对于B，由三角形中位线定理可得∥，而平面相交，从而可判断；对于C，由线面平行的判定定理判断；对于D，由异面直线的判定定理判断即可【详解】解：如图，连接，对于A，因为三棱柱中，分别为线段､､的中点，所以,∥,∥，因为四边形、为平行四边形，所以∥,∥,因为,，所以平面平面，所以A正确；对于B，因为分别为线段､的中点，所以∥，因为平面相交，所以与平面相交，所以B错误；对于C，因为∥,平面，平面，所以∥平面，所以C错误，因为与平面交于点,平面，，所以直线与异面，所以D正确，故选：AD11．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c=b=3，B=2C，则下列结论正确的是（）A．sinC= B．a= C．a=c D．【答案】AB【分析】根据正弦定理、二倍角的正弦公式、余弦定理，结合同角的三角函数关系式、三角形面积公式进行判断即可.【详解】解：∵B=2C，∴sinB=sin2C=2sinCcosC，由正弦定理知，，∵c=b，∴cosC=，sinC=，即选项A正确；由余弦定理知，c2=a2+b2﹣2ab•cosC，∴9=a2+﹣2a•(2)•，即a2﹣4a+3=0，解得a=3或a=1，若a=3，则A=C=，此时cosC=，与题意不符，∴a=1=，即选项B正确，选项C错误；的面积=ab•sinC=×1××=，即选项D错误.故选：AB12．直角梯形中，是边长为2的正三角形，是平面的动点，，设，则的值可以为（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】BC【分析】先建立坐标系，再通过向量的相等求出，最后求出即可作出判断.【详解】以为原点，为轴，所在直线为轴，建立直角坐标系，,可设取,因为，所以，，，因为，所以，因此可得，所以，可知1和2在此区间内.故选：BC.【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是建立坐标系，通过向量的相等得到参数的表达式，二是通过辅助角公式统一函数名称进一步求出范围.三、填空题13．已知点，方向上的单位向量为，则向量在上的投影向量为________________.【答案】【分析】根据向量在另一个向量上的投影计算公式，计算出投影，即可得到投影向量.【详解】由已知得，故在上的投影向量为.故答案为：【点睛】本题考查向量投影的坐标计算公式，属基础题.14．设定义在上的偶函数在区间上单调递减，若，则实数m的取值范围是________．【答案】【分析】由题意知函数在上是减函数，在上是增函数，其规律是自变量的绝对值越小，其函数值越大，由此可直接将转化成一般不等式，再结合其定义域可以解出的取值范围【详解】解：函数是偶函数，，，定义在上的偶函数在区间上单调递减，，，得．故答案为．【点睛】本题考点是奇偶性与单调性的综合，考查利用抽象函数的单调性解抽象不等式，解决此类题的关键是将函数的性质进行正确的转化，将抽象不等式转化为一般不等式求解．本题在求解中有一点易疏漏，即忘记根据定义域为来限制参数的范围．做题一定要严谨，转化要注意验证是否等价．15．南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式（其中、、、为三角形的三边和面积）表示.在中，、、分别为角、、所对的边，若，且，则面积的最大值为___________.【答案】【分析】由条件结合余弦定理可得出，然后利用二次函数的基本性质结合公式可求得面积的最大值.【详解】，则，可得，所以，.当且仅当时，等号成立.因此，面积的最大值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求三角形面积的最值一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式或二次函数的基本性质来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.16．如图，在中，分别取边的中点，将分别沿三条中位线折起，使得重合于点则三棱锥的外接球体积的最小值为________________________．【答案】【分析】由翻折变换知，三棱锥的对棱分别相等，将锥体弥补成长方体，利用长方体外接球的求法，结合球的体积公式即可得解.【详解】设，则，由翻折变换可知，三棱锥的对棱分别相等，且，，将三棱锥补充成长方体，对角线长分别为，如图所示三棱锥的外接球即为长方体的外接球.设长方体的长宽高分别为，则所以则外接球半径当时，半径最小，此时所以三棱锥的外接球的体积的最小值为故答案为：【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．四、解答题17．已知一个圆锥的底面半径为，母线长为.（1）求圆锥的侧面展开图的扇形的圆心角;（2）若圆锥中内接一个高为的圆柱.求圆柱的表面积.【答案】（1）（2）【分析】（1）由圆锥侧面展开图的定义计算；（2）由圆锥截面性质，在轴截面中得到相似三角形，由比例性质可得圆柱的底面半径后可得圆柱表面积．【详解】（1）（2）如图所示，设圆锥的底面半径为,圆柱的底面半径为，表面积为,则易知，即【点睛】本题考查圆锥的侧面展开图，考查圆柱表面积，考查圆锥的内接圆柱性质．解题关键是掌握圆锥平行于底面的截面的性质．18．已知向量，，.（1）求向量与夹角的正切值；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据已知条件可得，然后根据范围可知，最后可知（2）依据直接计算即可.【详解】（1）因为，所以.设向量与的夹角，则，解得.又，所以，故.（2）因为，所以，即，解得.19．在锐角中，角的对边分别为若，.（1）求角的大小和边长的值；（2）求周长的取值范围.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）由化一公式以及角的范围即可求得角的大小，再由正余弦定理化角为边即可求边；（2）利用正弦定理化边为角结合角的范围，利用三角函数的性质即可求解.【详解】（1）由，可得即因为由为锐角，所以因为，所以由正､余弦定理，可得，整理得，所以.（2）因为，所以，，∴又因为在锐角中，，，，所以所以，可得，即，所以周长的取值范围为.20．如图，在三棱柱中，侧棱底面是中点，是中点，是与的交点，点在线段上.（1）求证：平面（2）求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据条件结合面面平行的判定定理先证明平面平面，然后即可证明平面；（2）利用等体积法可知，由此得到，结合相关长度和面积计算出的值，则点到平面的距离可知.【详解】（1）连接，因为是中点，是中点，且几何体为三棱柱，所以，又因为平面，平面，所以平面；又且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；且，平面，所以平面平面，又平面，所以平面；（2）由（1）知平面平面，所以点到平面的距离点到平面的距离，记点到平面的距离为，因为，所以，因为，且且侧棱底面，所以，所以，又，所以，所以，所以点到平面的距离为.【点睛】方法点睛：求解平面外一点到平面的距离的方法：（1）直接法：通过线面垂直的证明，找到在平面内的投影点，则即为到平面的距离；（2）等体积法：通过转换棱锥的顶点棱锥的体积不变，表示出不同顶点下棱锥的高和底面积，再根据体积相等即可求出点到面的距离.21．从秦朝统一全国币制到清朝末年，圆形方孔铜钱（简称“孔方兄”）是我国使用时间长达两千多年的货币.如图1，这是一枚清朝同治年间的铜钱，其边框是由大小不等的两同心圆围成的，内嵌正方形孔的中心与同心圆圆心重合，正方形外部，圆框内部刻有四个字“同治重宝”.某模具厂计划仿制这样的铜钱作为纪念品，其小圆内部图纸设计如图2所示，小圆直径1厘米，内嵌一个大正方形孔，四周是四个全等的小正方形（边长比孔的边长小），每个正方形有两个顶点在圆周上，另两个顶点在孔边上，四个小正方形内用于刻铜钱上的字.设，五个正方形的面积和为.（1）求面积关于的函数表达式，并求的范围；（2）求面积最小值，并求出此时的值.【答案】（1）；的取值范围为，；（2）；.【分析】（1）由题意可知小正方形的边长为，大正方形的边长为，所以五个正方形的面积和为，又，所以，所以的取值范围为，，；(2)其中，，所以，此时，所以，则，因为，解得，即可求出面积最小值【详解】解：（1）过点分别作小正方形边，大正方形边的垂线，垂足分别为，，因为内嵌一个大正方形孔的中心与同心圆圆心重合，所以点，分别为小正方形和大正方形边的中点，所以小正方形的边长为，大正方形的边长为.所以五个正方形的面积和为，.因为小正方形边长小于内嵌一个大正方形的边长，所以，，，所以的取值范围为，.（2），，，