河北省保定市部分高中高一上學期11月期中數學試題（含答案解析）

高一期中考試數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根據交集的運算解出．方法二：將集合中的元素逐個代入不等式驗證，即可解出．【詳解】方法一：因為，而，所以．故選：C．方法二：因為，將代入不等式，只有使不等式成立，所以．故選：C．2.已知是實數，是純虛數，則等于A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】分析：由題意結合復數的運算法則整理計算即可求得最終結果.詳解：由題意可知：，為純虛數，則：，據此可知.本題選擇D選項.點睛：本題主要考查復數的運算法則及其應用，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.3.若圓錐的軸截面是面積為的等邊三角形，則該圓錐的表面積為（）A.2π B.3π C.23 D.【答案】B【解析】【分析】由等邊三角形面積求出等邊三角形邊長，得到圓錐底面半徑和母線長，求得底面面積和側面面積，從而得到圓錐表面.【詳解】設圓錐的軸截面是邊長為（）的等邊三角形，則，則，∴圓錐底面半徑，母線長，∴.故選：B4.如圖，已知三棱錐的側棱長均為2，，，點D在線段上，點在線段上，則周長的最小值為（）A. B.4 C. D.6【答案】C【解析】【分析】作三棱錐的側面展開圖，結合兩點之間線段最短的結論及余弦定理可求的最小值.【詳解】如圖，將三棱錐的側面展開，則周長的最小值與展開圖中的線段相等.在中，，在中，根據余弦定理可得：，所以，即周長的最小值為.故選：C.5.如圖，復數z對應的向量為，且|z-i|=5，則向量在向量上的投影向量的坐標為（）A. B. C.(6.5) D.【答案】D【解析】【分析】首先根據復數的幾何意義設出復數，再根據復數模的公式，即可求解，再代入向量的投影公式，即可求解.【詳解】由題圖可知，，則，解得（舍去），所以，，則向量在向量上的投影向量為，所以其坐標為．故選：D6.設平面向量，，且，則=（）A.1 B.14 C. D.【答案】B【解析】【分析】根據，求出把兩邊平方，可求得，把所求展開即可求解.【詳解】因為，所以又，則所以，則，故選：7.如圖，在中，為的中點，，與交于點，若，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由向量共線的性質分別設，，結合條件依次表示出，，對應解出，即可求解.【詳解】設，，則，而與不共線，∴，解得，∴.故選：A.8.若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由二倍角公式可得，再結合已知可求得，利用同角三角函數的基本關系即可求解.【詳解】，，，，解得，，.故選：A.【點睛】關鍵點睛：本題考查三角函數的化簡問題，解題的關鍵是利用二倍角公式化簡求出.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知向量則（）A. B.與向量共線的單位向量是C. D.向量在向量上的投影向量是【答案】CD【解析】【分析】求出的坐標，利用坐標法求模，即可判斷A；與向量共線的單位向量為，即可判斷B；求出即可判斷C；根據向量在向量上的投影向量是判斷D.【詳解】因為，，所以，則，故A錯誤；又，則與向量共線的單位向量為，即或，故B錯誤；因，所以，故C正確；因為，，所以向量在向量上的投影向量是，故D正確.故選：CD10.設，為復數，且，則下列結論正確的是（）A. B.C.若，則 D.【答案】ABD【解析】【分析】根據題意，由復數的運算，代入計算，逐一判斷，即可得到結果.【詳解】設，，對于選項A，因為，所以，且，所以，故A正確；對于選項B，因為，，，則，，所以，故B正確；對于選項C，若，例如，，滿足，但，，即，故C錯誤；對于選項D，因為，所以，，所以，故D正確.故選：ABD.11.已知函數的部分圖象如圖所示．則（）A.的圖象關于中心對稱B.在區(qū)間上單調遞增C.函數的圖象向右平移個單位長度可以得到函數的圖象D.將函數的圖象所有點的橫坐標縮小為原來的，得到函數的圖象【答案】ABD【解析】【分析】由題意首先求出函數的表達式，對于A，直接代入檢驗即可；對于B，由復合函數單調性、正弦函數單調性判斷即可；對于CD，直接由三角函數的平移、伸縮變換法則進行運算即可.【詳解】由圖象可知，，解得，又，所以，即，結合，可知，所以函數的表達式為，對于A，由于，即的圖象關于中心對稱，故A正確；對于B，當時，，由復合函數單調性可知在區(qū)間上單調遞增，故B正確；對于C，函數的圖象向右平移個單位長度可以得到函數，故C錯誤；對于D，將函數的圖象所有點的橫坐標縮小為原來的，得到函數的圖象，故D正確.故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.函數的單調遞減區(qū)間是___________.【答案】【解析】【分析】先確定函數的定義域,再分別得出內層函數和外層函數的單調性，根據復合函數的性質求出函數的單調區(qū)間即可.【詳解】定義域為，解得，或,求原函數的單調遞增區(qū)間,即求函數的減區(qū)間,,可知單調遞減區(qū)間為,綜上可得,函數單調遞增區(qū)間為.令,由,得或,函數的定義域為,當時,內層函數為增函數,而外層函數為減函數,函數的單調遞減區(qū)間是.故答案為:.13.在中，，若該三角形有兩解，則x的取值范圍是__________．【答案】【解析】【分析】利用正弦定理列出關系式，將的值代入表示出，根據的度數確定出的范圍，要使三角形有兩解確定出的具體范圍，利用正弦函數的值域求出的范圍即可【詳解】解：由可得因，所以要使三角形有兩解，所以且所以，即，解得，故答案為：14.設點在以為圓心，半徑為1的圓弧BC上運動(包含B，C兩個端點)，且，則的最大值為________.【答案】##【解析】【分析】建立平面直角坐標系，設，根據平面向量線性運算得到，再由輔助角公式及正弦函數的性質計算可得.【詳解】建立如圖所示的直角坐標系，則，設，所以，因此有，因為，，所以有，于是有，其中因為，即，當時取得最大值，故答案為：【點睛】關鍵點睛：建立直角坐標系，利用平面向量線性運算的坐標表示公式是題的關鍵.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.記的內角、、的對邊分別為、、.已知.（1）證明：；（2）若，，求的面積.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等變換結合正弦定理化簡可證得結論成立；（2）利用平面向量數量積的定義可得出，結合余弦定理以及可求得、的值，由此可求得的面積.【小問1詳解】因為，則，即，由正弦定理可得，因此，.【小問2詳解】因為，由正弦定理可得，由平面向量數量積的定義可得，所以，，可得，即，所以，，則，，所以，，則為銳角，且，因此，.16.如圖，在正方體中，點、分別是、的中點．求證：（1）直線和在同一平面上；（2）直線、和交于一點．【答案】（1）證明見詳解；（2）證明見詳解.【解析】【分析】（1）連結，根據點分別是的中點，利用平行關系的傳遞性得到∥即可;（2）易得與相交，設交點為P，則能得到平面，平面，結合平面平面，即可得證；【小問1詳解】如圖，連結.∵點分別是的中點，∴.∵四邊形為平行四邊形，∴，∴，∴四點共面，即和共面．【小問2詳解】證明：正方體中，∵點分別是的中點，∴且∵四邊形為平行四邊形，∴，且∴∥且∴與相交，設交點為P，∵，平面，∴平面；又∵，平面，∴平面，∵平面平面，∴，∴三線交于點P.17.已知定義在上的奇函數．在時，．（1）試求的表達式；（2）若對于上的每一個值，不等式恒成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依題意可得，再設，根據奇偶性及上的函數解析式，計算可得；（2）依題意參變分離可得，令，，根據指數函數的性質求出函數的單調性，即可求出函數最小值，從而得解；【小問1詳解】解：是定義在上的奇函數，，因為在時，，設，則，則，故【小問2詳解】解：由題意，可化為化簡可得，令，，因為在定義域上單調遞增，在上單調遞減，所以在上單調遞減，，故．18.已知向量，，且.（1）求的值；（2）求的取值范圍；（3）記函數，若的最小值為，求實數的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用數量積結合兩角和的余弦公式求的值；（2）平方再開方，結合角的范圍求的取值范圍；（3）把前面的結果代入，換元后得二次函數，利用對稱軸和所得區(qū)間的關系討論得解.【小問1詳解】向量，，.【小問2詳解】，，，，，所以的取值范圍為0,2.【小問3詳解】由（1）（2）可知，函數，令，則，，其圖像拋物線開口向上，對稱軸方程為，當，即時，最小值為，解得（舍去）；當，即時，最小值為，解得或（舍去）；當，即時，最小值為.綜上可知，19.如圖，我們把由平面內夾角成的兩條數軸Ox，Oy構成的坐標系，稱為“完美坐標系”.設，分別為Ox，Oy正方向上的單位向量，若向量，則把實數對叫做向量的“完美坐標”.（1）若向量的“完美坐標”為，求；（2）已知，分別為向量，的“完美坐標”，證明：；（3）若向量，的“完美坐標”分別為，，設函數，x∈R，求的值域.【答案】（1）（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）先計算的值，再由，利用向量數量積的運算律計算即可；（2）利用向量數量積的運算律計算并化簡即可得證；（3）利用（2）的公式計算，設，求出，將轉化成，結合二次函數的圖象即可求得的值域.【小問1詳解】因為的“完美坐標”為，則，又因為，分別為Ox，Oy正方向上的單位向量，且夾角為，所以,，所以.【小