2020-2021学年湖北省高一下学期5月联考数学试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2020-2021学年湖北省高一下学期5月联考数学试题一、单选题1．已知复数在复平面内对应的点分别为，，且为纯虚数，则实数（）A．6 B． C． D．-6【答案】A【分析】先利用复数的几何意义求出复数,再利用复数的乘法运算以及纯虚数的定义求解a即可.【详解】因为复数在复平面内对应的点分别为，，所以，故，因为为纯虚数，所以且解得，故选：A2．下列结论错误的是（）A．圆柱的每个轴截面都是全等矩形B．长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体C．四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体D．用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台【答案】D【分析】根据圆柱的结构特征可判断A；由直棱柱的结构特征可判断B；由多面体的结构特征可判断C；由圆锥的结构特征可判断D.【详解】A，圆柱的每个轴截面都是全等矩形，A正确；B，底面是四边形，侧棱垂直于底面的棱柱为直四棱柱，B正确；C，由六面体的定义，四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体，C正确；D，用一个平行于底面的平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台，D错误.故选：D3．已知两边所在直线与两边所在直线分别平行，若，则（）A． B．或 C． D．或【答案】B【分析】按照两个角的两边的方向分成两类讨论：①都相同或都相反；②一个相同，一个相反．【详解】解：当的两边与的两边的方向都相同或都向相反时，；当的两边与的两边的方向是一个相同，一个相反时，，故选：B．4．对于任意两个向量和，下列命题中正确的是（）A．若满足，且与反向，则B．C．D．【答案】D【分析】利用向量的概念以及向量的平行四边形法则、三角形法则、向量的数量积，判断选项的正误即可.【详解】A，因为向量不能比较大小，故A错误；B，由向量的三角形法则可知，，故B错误；C，，故C错误；D，由向量的平行四边形法则可得，故D正确.故选：D5．若，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先对化简，可得的值，再变形，代值求解可得结果【详解】解：由，得，得，所以，故选：A6．在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，它的面积为，则角A等于（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据余弦定理可得，再根据面积公式可得，从而可求出角．【详解】解：由余弦定理得，又根据三角形面积公式得，∴，又角为的内角，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查三角形的面积公式以及余弦定理的应用，属于基础题．7．将半径为3圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用弧长公式可求圆锥的底面半径r，高h，进而可求内切球的半径R，可求圆锥的内切球的体积．【详解】解：设圆锥的底面半径为r，高为h，则，∴r＝，h，设内切球的半径为R，则，∴R，故选：B．8．在中，已知点在线段上，点是的中点，，，，则的最小值为（）A． B．4 C． D．【答案】C【分析】利用三点共线可得，由，利用基本不等式即可求解.【详解】由点是的中点，则，又因为点在线段上，则，所以，当且仅当，时取等号，故选：C【点睛】本题考查了基本不等式求最值、平面向量共线的推论，考查了基本运算求解能力，属于基础题.二、多选题9．给出下列命题，其中是真命题的是（）A．纯虚数的共轭复数是 B．若，则C．若，则与互为共轭复数 D．若，则与互为共轭复数【答案】AD【分析】A．根据共轭复数的定义判断.B.若，则，与关系分实数和虚数判断.C.若，分可能均为实数和与的虚部互为相反数分析判断.D.根据，得到，再用共轭复数的定义判断.【详解】A．根据共轭复数的定义，显然是真命题；B．若，则，当均为实数时，则有，当，是虚数时，，所以B是假命题；C．若，则可能均为实数，但不一定相等，或与的虚部互为相反数，但实部不一定相等，所以C是假命题；D.若，则，所以与互为共轭复数，故D是真命题.故选：AD【点睛】本题主要考查了复数及共轭复数的概念，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.10．三角形有一个角是，这个角的两边长分别为8和5，则（）．A．三角形另一边长为7 B．三角形的周长为20C．三角形内切圆周长为 D．三角形外接圆面积为【答案】ABD【分析】利用余弦定理求得第三边长，由此判断AB选项的正确性；利用三角形面积列方程，解方程求得内切圆的半径，进而求得内切圆的周长，由此判断C选项的正确性；利用正弦定理求得外接圆的半径，由此求得外接圆的面积，从而判断D选项的正确性.【详解】可得另一边长为，三角形的周长为20，则A正确，B正确；设内切圆半径为，则，则，则内切圆周长为，则C不正确；设外接圆半径为，则，,其面积为，则D正确．故选：ABD.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形内切圆，外接圆有关计算.属于较易题.11．如图所示，在三棱锥中，，且，为线段的中点.则（）A．与垂直B．与平行C．点到点，，，的距离相等D．与平面，与平面所成的角可能相等【答案】AC【分析】由题设可证底面，作中点，由中位线定理可证，易证，再由为外心得到三点距离相等，为外心，可证点到点，，，的距离相等；结合正切定义可证与平面，与平面所成的角不相等【详解】过点作，垂足为，连接，可得为的中点.因为，所以，所以平面，所以，从而A正确；由条件可知，而与有交点，因而与不平行，B错误；点是的外心，所以到，，的距离相等，根据条件可知平面，从而平面，又因为是的外心，所以点到，，的距离相等，所以点到，，，四点的距离都相等，C正确；与平面所成的角即，与平面所成的角即，，，所以两个角不可能相等，D错误.故选：AC【点睛】方法点睛：本题考查锥体基本性质的应用，线线垂直的证明，两直线平行的判断，锥体外接球球心的判断，线面角大小的判断，综合性强，需掌握以下方法：（1）能利用线面垂直的性质和判定定理证明线线垂直；（2）要证两直线不平行只需证明两直线或对应的平行直线相交即可；（3）寻找锥体外接球球心关键在于先寻找底面三角形外接圆圆心，在垂直于底面外接圆圆心的线段上，再寻找跟顶点与底面任意一顶点相等的点.12．已知函数的部分图象与y轴交于点，与x轴的一个交点为，如图所示则下列说法正确的是（）A．的最小正周期为6B．的图象关于直线对称C．将的图象向左平移1个单位长度得到的是的图象D．在上单调递减【答案】ABC【分析】根据函数图象与y轴交于点，由求得，再由函数图象与x轴的一个交点为，结合求得，从而求得函数解析式，然后再逐项判断.【详解】因为函数的部分图象与y轴交于点，所以，因为，所以，又函数图象与x轴的一个交点为，所以，则，即，由图象知，即，所以，则，所以，A.的最小正周期为，故正确；B.因为，所以直线是的一条对称轴，故正确；C.将的图象向左平移1个单位长度得到，故正确；D.因为，所以，故错误.故选：ABC三、填空题13．已知是夹角为的两个单位向量，若，，则与的夹角为______.【答案】【分析】依题意可得，再根据求模，求数量积，最后根据夹角公式计算可得；【详解】解：因为是夹角为的两个单位向量所以，又，所以，，所以，因为所以；故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算律，以及夹角的计算，属于基础题.14．已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个论断：①，②，③，④.以其中的两个论断作为命题的条件，作为命题的结论，写出一个真命题：______.【答案】若，，则【分析】若，，则，运用线面垂直的性质和判定定理，即可得到结论.【详解】解：l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，可得若，，则，理由：在内取两条相交直线a，b，由可得.，又，可得.，而a，b为内的两条相交直线，可得.故答案为：若，，则【点睛】此题考查线面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查推理能力，属于基础题15．欧拉是科学史上最多才的一位杰出的数学家，他发明的公式为，i虚数单位，将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，这个公式也被誉为“数学中的天桥”根据此公式，的最大值为________．【答案】3【分析】由已知得，再利用余弦函数的值域即可求解.【详解】，又，即当时，取得最大值为3，故答案为：316．已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为，则该四棱锥外接球的表面积为_______．【答案】【分析】连接交于点，连接，则平面ABCD,易知球心O在线段上，然后在中，由求得球的半径即可.【详解】如图所示：连接交于点，连接，则平面ABCD，因为正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为，所以，设外接球的半径为R，易知球心O在线段上，在中，，即，解得，所以外接球的表面积为，故答案为：四、解答题17．已知（1）若的夹角为，求;（2）若向量互相垂直，求的值．【答案】（1）2；（2）.【详解】试题分析：（1）由，结合已知条件利用向量的数量积公式能求出结果．（2）由向量互相垂直的性质得，由此能求出k的值．试题解析：（1）∵.∴（2）由题意可得：即－∴∴点睛：平面向量中涉及有关模长的问题时，常用到的通法是将模长进行平方，利用向量数量积的知识进行解答，很快就能得出答案；另外，向量是一个工具型的知识，具备代数和几何特征，在做这类问题时可以使用数形结合的思想，会加快解题速度.18．已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，a＝4，b＝6，cosA＝﹣．（1）求c；（2）求cos2B的值．【答案】（1）c＝2；（2）﹣．【分析】（1）由余弦定理即可求得c的值；（2）先由同角三角函数的平方关系求得sinA的值，再由正弦定理求出sinB的值，最后根据cos2B＝1﹣2sin2B，得解．【详解】解：（1）由余弦定理知，a2＝b2+c2﹣2bccosA，即48＝36+c2﹣2×6×c×（﹣），整理得，c2+4c﹣12＝0，解得c＝2或﹣6（舍负），故c＝2．（2）∵cosA＝﹣，且A∈(0，π），∴sinA＝，由正弦定理知，，即，∴sinB＝，∴cos2B＝1﹣2sin2B＝﹣．19．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点．（1）求证:平面平面；（2）求证:平面；（3）求三棱锥体积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【详解】试题分析：（1）由直线与平面垂直证明直线与平行的垂直；（2）证明直线与平面平行；（3）求三棱锥的体积就用体积公式.（1）在三棱柱中，底面ABC，所以AB，又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面，因为AB平面，所以平面平面.（2）取AB中点G，连结EG，FG，因为E，F分别是、的中点，所以FG∥AC，且FG=AC，因为AC∥，且AC=，所以FG∥，且FG=，所以四边形为平行四边形，所以EG，又因为EG平面ABE，平面ABE，所以平面.（3）因为=AC=2，BC=1，AB⊥BC，所以AB=，所以三棱锥的体积为：==.【解析】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行的证明；考查几何体的体积的求解等基础知识，考查同学们的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．20．已知函数（其中a为常数）．（1）求的单调递增区间；（2）若，时，的最小值为4，求a的值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数解析式为，然后解不等式，可得答案；（2）由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数的最小值，进而可求得实数的值.【详解】（1），令，解得.所以，函数的单调递增区间为；（2）当时，，所以，所以，解得.21．如图，四边形是菱形，且，以为交线作平面平面，且侧面是等边三角形，M为的中点，连接．（1）求证：；（2）求证：；（3）求平面与平面所成锐二面角的大小．【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）【分析】（1）证明，利用面面及线面垂直的性质定理证明即可.（2）利用线面垂直的判定及性质定理证明即可.（3）由二面角的定义可得即为二面角的平面角即可得解.【详解】（1）连接，四边形是菱形，，则为等边三角形，因为M为的中点，所以，又因为平面平面，且平面平面，所以平面，由平面，所以.（2）是等边三角形，连接PM，，由，且，则平面，因为平面，则.（3）设等边的边长为，则,因为平面平面，，由（1），（2）得,则即为二面角得平面角，因为，所以，所以平面与平面所成锐二面角的大小为.22．在中，角，，所对边分别为，，，．（1）设，，判断最大时的形状．（2）若，求周长的取值范围．【答案】（1）直角三角形；（2）．【分析】（1）由正弦定理化角为边，利用余