2020-2021學年湖北省重點高中智學聯(lián)盟高一下學期5月聯(lián)考數(shù)學試題（解析版）

試卷第=page22頁，共=sectionpages44頁2020-2021學年湖北省重點高中智學聯(lián)盟高一下學期5月聯(lián)考數(shù)學試題一、單選題1．已知集合，則（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根據對數(shù)型函數(shù)的定義域的求法求出集合，然后根據補集的概念求出，然后結合并集的概念即可求解.【詳解】或，則，所以，故選：A.2．若復數(shù)滿足，其中為虛數(shù)單位，則復數(shù)的虛部為A．-1 B．1 C． D．【答案】A【分析】把已知等式變形,利用復數(shù)的除法運算法則：分子、分母同乘以分母的共軛復數(shù)，化簡復數(shù)，求出復數(shù)，從而可得結果.【詳解】由可知，，故，所以其虛部為，故選A.【點睛】復數(shù)是高考中的必考知識，主要考查復數(shù)的概念及復數(shù)的運算．要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數(shù)、共軛復數(shù)、復數(shù)的模這些重要概念，復數(shù)的運算主要考查除法運算，通過分母實數(shù)化轉化為復數(shù)的乘法，運算時特別要注意多項式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯，造成不必要的失分.3．下列命題中，正確的是（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】對于選項A，取，即可判斷是否正確；對于選項B，根據輔角公式以及三角函數(shù)的性質，即可球的，由此即可判斷是否正確；對于選項C，根據對數(shù)函數(shù)的性質可知當時，，由此即可判斷是否正確；對于選項D，根據二次函數(shù)的性質，采用配方法即可即可判斷是否正確；【詳解】對于選項A，當時，，故選項A錯誤；對于選項B，，又，所以，所以，所以，故選項B錯誤；對于選項C，當時，，故選項C錯誤；對于選項D，對，，故選項D正確.故選：D.4．中國宋代的數(shù)學家秦九韶曾提出“三斜求積術”，即假設在平面內有一個三角形，邊長分別為，三角形的面積S可由公式求得，其中為三角形周長的一半，這個公式也被稱為海倫秦九韶公式，現(xiàn)有一個三角形的邊長滿足，則此三角形面積的最大值為（）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】B【分析】由題意可得，，進而利用基本不等式，即可得出結論．【詳解】由題意，，，可得，，當且僅當時等號成立，所以此三角形面積的最大值為12．故選：．5．G是的重心，分別是角的對邊，若，則（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由G是的重心，得，可令，可求得，再運用余弦定理計算可得選項.【詳解】因為G是的重心，所以，又，可令，解得，所以，故選：C.6．下列函數(shù)中，有對稱中心或對稱軸的有（）①，②，③，④A．3個 B．2個 C．1個 D．0個【答案】A【分析】①采用分離常數(shù)的方法確定出對稱中心；②利用輔助角公式說明對稱軸；③根據三次函數(shù)圖象的特點以及圖象平移進行說明；④根據指數(shù)函數(shù)圖象的特點以及圖象平移進行說明.【詳解】①，其圖象相當于將向左平移個單位再向上平移個單位，所以對稱中心為，故有對稱中心；②，令，所以對稱軸為，故有對稱軸；③，其圖象相當于將的圖象向下平移一個單位，所以對稱中心為，故有對稱中心；④，其圖象相當于將的圖象向上平移一個單位，結合圖象可知：無對稱中心和對稱軸；故選：A.7．若，是兩個不同的平面，下列四個條件：①存在一條直線，，；②存在一個平面，，；③存在兩條平行直線，，，，，；④存在兩條異面直線，，，，，.那么可以是的充分條件有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】D【分析】由題意判斷分析出能得出的選項，然后根據線面、面面的位置關系判斷即可【詳解】對①.當直線與兩個平面的交線都平行時，直線與兩個平面都平行，但此時兩平面相交，故①不正確；對②，，，?可以相交也可以平行，②不正確；對③，，，，，時，?位置關系不確定，③不正確；對④，異面直線，.，過直線作一平面，使得，則且，，所以若直線與直線平行或重合，則，與，異面相矛盾，所以直線與直線相交所以相交直線均與平面平行，所以可得，④正確.故選:D8．如圖所示，一個棱長為的正四面體，沿棱的四等分點作平行于底面的截面，截去四個全等的棱長為的正四面體，得到截角四面體，則該截角四面體的體積為（）A．4 B． C．5 D．【答案】D【分析】先計算出棱長為的正四面體的體積，然后計算出棱長為的正四面體的體積，由此可求截角四面體的體積.【詳解】如圖所示正四面體的棱長為，所以，所以，所以此正四面體的體積為，同理可計算出棱長為的正四面體的體積為，所以截角四面體的體積為：，故選：D.二、多選題9．設銳角的內角所對的邊分別為，若，則的值不可能為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】ACD【分析】利用正弦定理將表示為角的正弦形式，結合三角形形狀求解出角的范圍，利用三角函數(shù)性質求解出的取值范圍并進行判斷.【詳解】因為，所以，所以，又，且，所以，所以，又，所以，所以，所以不可能為，故選：ACD.10．如圖所示，設是平面內相交成角的兩條數(shù)軸，分別是與軸正方向同向的單位向量，則稱平面坐標系為仿射坐標系，若，則把有序數(shù)對叫做向量的仿射坐標，記為，在的仿射坐標系中，，，則下列結論中正確的是（）A． B．C． D．【答案】AB【分析】利用題意以及向量模，數(shù)量積的定義對各個選項逐個求解即可．【詳解】，，故A正確，，故B正確，，故C錯誤，，故D錯誤，故選：AB11．如圖，在棱長為1的正方體中，P為棱CC1上的動點(點P不與點C，C1重合)，過點P作平面使A1C⊥平面，分別與棱BC，CD交于M，N兩點，則下列說法正確的是（）A．CP＝CM＝CNB．存在點P，使得AC1∥平面C．存在點P，使得點A1到平面的距離為D．用過點P，M，D1的平面去截正方體，得到的截面一定是梯形【答案】AD【分析】連接，因為，所以＝，所以，即可判斷A；證明平面，然后由⊥平面，由平面可判斷B，由點A1到平面的距離的取值范圍為可判斷C，過點P，M，D1的平面去截正方體得到的截面是四邊形，可判斷D.【詳解】連接因為，所以＝，所以，則又平面，平面，所以平面同理可證，所以，故CP＝CM＝CN，故A正確平面，平面，所以平面又，、平面，所以平面平面易證⊥平面，所以⊥平面，又平面，所以與平面相交，不存在點P，使得∥平面，故B不正確；因為，點到平面的距離為所以點A1到平面的距離的取值范圍為又，所以不存在點P，使得點A1到平面的距離為，故C不正確.因為，所以，所以用過點P，M，D1的平面去截正方體得到的截面是四邊形，又，且，所以截面為梯形，D正確故選：AD12．已知函數(shù)，其中實數(shù)，則下列關于的方程的實數(shù)根的情況，說法正確的有（）A．a取任意實數(shù)時，方程最多有4個根 B．當時，方程有3個根C．當時，方程有3個根 D．當時，方程有4個根【答案】ACD【分析】先化簡方程為或，再對進行分類討論，結合圖象來確定和分別有幾個根，根據結果對選項逐一判斷即可．【詳解】關于的方程，即，解得或，函數(shù)，當時，單調遞增，當時，，對稱軸為，判別式．（1）當時，函數(shù)的圖象如下：由圖象可知，方程有1個根，當時，方程有2個根，當時，方程有1個根，故當時，已知方程有3個根，當時，已知方程有2個根，當時，已知方程有1個根；（2）當時，函數(shù)的圖象如下：當時，函數(shù)的圖象如下：由兩個圖象可知，時，方程有2個根，方程沒有根，故已知方程有2個根；（3）當時，函數(shù)的圖象如下：方程有2個根，下面討論最小值與的關系，由，解得，當時，，直線如圖①，方程有2個根，故已知方程有4個根；當時，，直線如圖②，方程有1個根，故已知方程有3個根；當時，，直線如圖③，方程沒有根，故已知方程有2個根．綜上可知，取任意值時，方程最多有4個根，故選項正確；當時，方程有2個根，當時，方程有1個根，當時，方程有3個根，故選項錯誤；當時，方程有3個根，故選項正確；當時，方程有4個根，故選項正確．故選：．【點睛】方法點睛：解決函數(shù)零點或方程根的問題，常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得到函數(shù)的零點）；（2）圖象法（直接畫出函數(shù)的圖象分析得解）；（3）方程圖象法（令函數(shù)為零，再重新構造兩個函數(shù)，數(shù)形結合分析得解）．三、填空題13．設都是銳角，且，則________.【答案】【分析】由已知利用同角三角函數(shù)基本關系式可求，的值，利用兩角差的余弦函數(shù)公式即可計算求值得解．【詳解】解：、為銳角，，，，，，．故答案為：．14．冪函數(shù)，，且，滿足，則下列冪函數(shù)滿足上述性質的有_______.（填序號）①②③④【答案】②【分析】在定義域內任取，且，代入函數(shù)中逐個驗證即可答案【詳解】解：對于①，任取，且，，，因為所以，所以①不符合題意；對于②，任取，則，，因為，所以，所以，所以，所以，所以②符合題意；對于③，定義域為，任取，則，，所以，所以③不符合題意；對于④，定義域為，任取，且，，，因為，所以，所以④不符合題意，故答案為：②15．已知和中，，若“”是“”的充要條件，則的范圍為___________.【答案】【分析】依題意即使三角形要有唯一解求出參數(shù)的取值范圍，利用正弦定理計算可得；【詳解】解：因為和中，，若“”是“”的充要條件，即只有唯一解，①當，即，解得；②當時，即，解得綜上可得故答案為：16．在棱長為1的正方體中，是棱的中點，是側面內的動點，且滿足直線平面，當直線與平面所成角最小時，記過點的平面截正方體所得到的截面為，則截面的周長為__________.【答案】或【分析】取為中點，為中點，進而證明平面平面，故在上，再根據直線與平面所成角的正弦值為得與重合時，直線與平面所成角最小，再分別討論的兩種位置情況即可得答案.【詳解】取為中點，為中點，如圖：由正方體的性質得，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面；由中位線性質得：，又因為，所以，因為平面，平面，所以平面，又因為，所以平面平面，所以在上，又因為直線與平面所成角為，，所以當最大時，直線與平面所成角最小，即與重合時，直線與平面所成角最小，當與重合時，過點的平面截正方體所得到的截面為四邊形，其邊長為1和，其周長為；當與重合時，過點的平面截正方體所得到的截面為梯形，該梯形為等腰梯形，上底為，下底為，腰為，其周長為；故答案為：或，【點睛】本題考查線面所成角，面面平行的判定，正方體中的截面問題，考查空間思維能力，運算求解能力；本題解題的關鍵在于根據題意尋找在平面內的軌跡，進而根據線面角的概念求解.四、解答題17．（1）計算：；（2）解方程：.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根據復數(shù)代數(shù)形式的乘方及除法運算法則計算可得；（2）將方程配方成，再根據，開方即可；【詳解】（1）（2）方程可變?yōu)?，兩邊開方得：，故18．中，角A，B，C的對邊分別為a，b，.（1）求B的大小；（2）若，且，是邊的中線，求長度.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）首先結合正弦定理邊化角，然后利用余弦定理解三角形即可；（2）法一：結合中線公式求出，然后借助平面向量的運算求出，進而求出的模長，即長度；法二：在中利用余弦定理求出，結合得到，然后在和結合余弦定理可得，解方程即可求出結果.【詳解】解：因為，即即，所以，故法一：中線公式：由，故又，則故，故法二：，則，故，又即19．在正四棱柱中，，為的中點.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）連接，連接，利用三角形中位線的性質得到，即可得證；（2）依題意可得面，作于，連接，則即為二面角的平面角，利用等面積法求出，再利用勾股定理求出，最后利用銳角三角函數(shù)計算可得；【詳解】解：（1）連接，連接，因為為的中點，四邊形為正方形，所以為的中點在中，又面，面，故面（2）因為在正四棱柱中面，即面作于，連接，則即為二面角的平面角在中，且，故在中，，故故二面角的余弦值為20．已知函數(shù)，點是直線與函數(shù)的圖象自左至右的某三個的相鄰交點，且.將的圖象向左平移個單位，得到的函數(shù)關于原點對稱.（1）求函數(shù)的解析式；（2）若對，以的值為邊長可以構成一個銳角三角形，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由已知求得，從而求得周期，再根據圖象的平移和正弦函數(shù)的對稱性求得，得出函數(shù)的解析式；（2）由已知求得函數(shù)的值域，將問題轉化為使對于任意的恒成立.根據函數(shù)的值域建立不等式組，解之可求得答案.【詳解】解：（1）函數(shù)，由，解得，，將的圖像向左平移個單位得到關于原點對稱，，；（2）時，，又題意知，要構成銳角三角形，則要使對于任意的恒成立.成立.即，即，.21．如圖，已知正三棱錐的側面是直角三角形，，頂點在平面內的正投影為點，在平面內的正投影為點，連接并延長交于點.作交于.（1）證明：是的中點；（2）證明：面；（3）過點作面，為垂足，求三棱錐的外接球體積.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.【分析】（1）利用線面垂直的正弦定理證得，，然后利用線面垂直的判定定理證得面，從而得，然后利用中線證得結論；（2）利用線面垂直的判定定理證得面，利用平行關系證得結論；（3）作且，利用三角形知識求得，，取中點，證得為三棱錐的外接球球心，求得球的半徑，從而求得球的體積.【詳解】因為面，面，故又面，面，故且，故面，又面，故，三棱錐為正三棱錐，故，故為邊中線，是的中點.因為三棱錐為正三棱錐，故各側面都是全等的等腰三角形且，故，，且，所以面又，故面.作且，則面，因為為中點，且為正中心，所以三點共線，且，又所以，，又，所以在中，即，所以，故，又，故因為面，所以，且面，故，故面，故取中點，在和中，故為三棱錐的外接球球心，，記三棱錐的外接球半徑為，三棱錐的外接球體積.22．對于函數(shù)，若存在正常數(shù)，使得對任意的，都有成立，我們稱函數(shù)為“同比不減函數(shù)”.（1）求證：對任意正常數(shù)，都不是“同比不減函數(shù)”；（2）若函數(shù)是“同比不減函數(shù)”，求的取值范圍；（3）已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，