2020-2021学年湖北省重点高中智学联盟高一下学期5月联考数学试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2020-2021学年湖北省重点高中智学联盟高一下学期5月联考数学试题一、单选题1．已知集合，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据对数型函数的定义域的求法求出集合，然后根据补集的概念求出，然后结合并集的概念即可求解.【详解】或，则，所以，故选：A.2．若复数满足，其中为虚数单位，则复数的虚部为A．-1 B．1 C． D．【答案】A【分析】把已知等式变形,利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，求出复数，从而可得结果.【详解】由可知，，故，所以其虚部为，故选A.【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3．下列命题中，正确的是（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】对于选项A，取，即可判断是否正确；对于选项B，根据辅角公式以及三角函数的性质，即可球的，由此即可判断是否正确；对于选项C，根据对数函数的性质可知当时，，由此即可判断是否正确；对于选项D，根据二次函数的性质，采用配方法即可即可判断是否正确；【详解】对于选项A，当时，，故选项A错误；对于选项B，，又，所以，所以，所以，故选项B错误；对于选项C，当时，，故选项C错误；对于选项D，对，，故选项D正确.故选：D.4．中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为，三角形的面积S可由公式求得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足，则此三角形面积的最大值为（）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】B【分析】由题意可得，，进而利用基本不等式，即可得出结论．【详解】由题意，，，可得，，当且仅当时等号成立，所以此三角形面积的最大值为12．故选：．5．G是的重心，分别是角的对边，若，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由G是的重心，得，可令，可求得，再运用余弦定理计算可得选项.【详解】因为G是的重心，所以，又，可令，解得，所以，故选：C.6．下列函数中，有对称中心或对称轴的有（）①，②，③，④A．3个 B．2个 C．1个 D．0个【答案】A【分析】①采用分离常数的方法确定出对称中心；②利用辅助角公式说明对称轴；③根据三次函数图象的特点以及图象平移进行说明；④根据指数函数图象的特点以及图象平移进行说明.【详解】①，其图象相当于将向左平移个单位再向上平移个单位，所以对称中心为，故有对称中心；②，令，所以对称轴为，故有对称轴；③，其图象相当于将的图象向下平移一个单位，所以对称中心为，故有对称中心；④，其图象相当于将的图象向上平移一个单位，结合图象可知：无对称中心和对称轴；故选：A.7．若，是两个不同的平面，下列四个条件：①存在一条直线，，；②存在一个平面，，；③存在两条平行直线，，，，，；④存在两条异面直线，，，，，.那么可以是的充分条件有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】D【分析】由题意判断分析出能得出的选项，然后根据线面、面面的位置关系判断即可【详解】对①.当直线与两个平面的交线都平行时，直线与两个平面都平行，但此时两平面相交，故①不正确；对②，，，､可以相交也可以平行，②不正确；对③，，，，，时，､位置关系不确定，③不正确；对④，异面直线，.，过直线作一平面，使得，则且，，所以若直线与直线平行或重合，则，与，异面相矛盾，所以直线与直线相交所以相交直线均与平面平行，所以可得，④正确.故选:D8．如图所示，一个棱长为的正四面体，沿棱的四等分点作平行于底面的截面，截去四个全等的棱长为的正四面体，得到截角四面体，则该截角四面体的体积为（）A．4 B． C．5 D．【答案】D【分析】先计算出棱长为的正四面体的体积，然后计算出棱长为的正四面体的体积，由此可求截角四面体的体积.【详解】如图所示正四面体的棱长为，所以，所以，所以此正四面体的体积为，同理可计算出棱长为的正四面体的体积为，所以截角四面体的体积为：，故选：D.二、多选题9．设锐角的内角所对的边分别为，若，则的值不可能为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】ACD【分析】利用正弦定理将表示为角的正弦形式，结合三角形形状求解出角的范围，利用三角函数性质求解出的取值范围并进行判断.【详解】因为，所以，所以，又，且，所以，所以，又，所以，所以，所以不可能为，故选：ACD.10．如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为，在的仿射坐标系中，，，则下列结论中正确的是（）A． B．C． D．【答案】AB【分析】利用题意以及向量模，数量积的定义对各个选项逐个求解即可．【详解】，，故A正确，，故B正确，，故C错误，，故D错误，故选：AB11．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面使A1C⊥平面，分别与棱BC，CD交于M，N两点，则下列说法正确的是（）A．CP＝CM＝CNB．存在点P，使得AC1∥平面C．存在点P，使得点A1到平面的距离为D．用过点P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形【答案】AD【分析】连接，因为，所以＝，所以，即可判断A；证明平面，然后由⊥平面，由平面可判断B，由点A1到平面的距离的取值范围为可判断C，过点P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形，可判断D.【详解】连接因为，所以＝，所以，则又平面，平面，所以平面同理可证，所以，故CP＝CM＝CN，故A正确平面，平面，所以平面又，、平面，所以平面平面易证⊥平面，所以⊥平面，又平面，所以与平面相交，不存在点P，使得∥平面，故B不正确；因为，点到平面的距离为所以点A1到平面的距离的取值范围为又，所以不存在点P，使得点A1到平面的距离为，故C不正确.因为，所以，所以用过点P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形，又，且，所以截面为梯形，D正确故选：AD12．已知函数，其中实数，则下列关于的方程的实数根的情况，说法正确的有（）A．a取任意实数时，方程最多有4个根 B．当时，方程有3个根C．当时，方程有3个根 D．当时，方程有4个根【答案】ACD【分析】先化简方程为或，再对进行分类讨论，结合图象来确定和分别有几个根，根据结果对选项逐一判断即可．【详解】关于的方程，即，解得或，函数，当时，单调递增，当时，，对称轴为，判别式．（1）当时，函数的图象如下：由图象可知，方程有1个根，当时，方程有2个根，当时，方程有1个根，故当时，已知方程有3个根，当时，已知方程有2个根，当时，已知方程有1个根；（2）当时，函数的图象如下：当时，函数的图象如下：由两个图象可知，时，方程有2个根，方程没有根，故已知方程有2个根；（3）当时，函数的图象如下：方程有2个根，下面讨论最小值与的关系，由，解得，当时，，直线如图①，方程有2个根，故已知方程有4个根；当时，，直线如图②，方程有1个根，故已知方程有3个根；当时，，直线如图③，方程没有根，故已知方程有2个根．综上可知，取任意值时，方程最多有4个根，故选项正确；当时，方程有2个根，当时，方程有1个根，当时，方程有3个根，故选项错误；当时，方程有3个根，故选项正确；当时，方程有4个根，故选项正确．故选：．【点睛】方法点睛：解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得到函数的零点）；（2）图象法（直接画出函数的图象分析得解）；（3）方程图象法（令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解）．三、填空题13．设都是锐角，且，则________.【答案】【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求，的值，利用两角差的余弦函数公式即可计算求值得解．【详解】解：、为锐角，，，，，，．故答案为：．14．幂函数，，且，满足，则下列幂函数满足上述性质的有_______.（填序号）①②③④【答案】②【分析】在定义域内任取，且，代入函数中逐个验证即可答案【详解】解：对于①，任取，且，，，因为所以，所以①不符合题意；对于②，任取，则，，因为，所以，所以，所以，所以，所以②符合题意；对于③，定义域为，任取，则，，所以，所以③不符合题意；对于④，定义域为，任取，且，，，因为，所以，所以④不符合题意，故答案为：②15．已知和中，，若“”是“”的充要条件，则的范围为___________.【答案】【分析】依题意即使三角形要有唯一解求出参数的取值范围，利用正弦定理计算可得；【详解】解：因为和中，，若“”是“”的充要条件，即只有唯一解，①当，即，解得；②当时，即，解得综上可得故答案为：16．在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且满足直线平面，当直线与平面所成角最小时，记过点的平面截正方体所得到的截面为，则截面的周长为__________.【答案】或【分析】取为中点，为中点，进而证明平面平面，故在上，再根据直线与平面所成角的正弦值为得与重合时，直线与平面所成角最小，再分别讨论的两种位置情况即可得答案.【详解】取为中点，为中点，如图：由正方体的性质得，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；由中位线性质得：，又因为，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为，所以平面平面，所以在上，又因为直线与平面所成角为，，所以当最大时，直线与平面所成角最小，即与重合时，直线与平面所成角最小，当与重合时，过点的平面截正方体所得到的截面为四边形，其边长为1和，其周长为；当与重合时，过点的平面截正方体所得到的截面为梯形，该梯形为等腰梯形，上底为，下底为，腰为，其周长为；故答案为：或，【点睛】本题考查线面所成角，面面平行的判定，正方体中的截面问题，考查空间思维能力，运算求解能力；本题解题的关键在于根据题意寻找在平面内的轨迹，进而根据线面角的概念求解.四、解答题17．（1）计算：；（2）解方程：.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据复数代数形式的乘方及除法运算法则计算可得；（2）将方程配方成，再根据，开方即可；【详解】（1）（2）方程可变为，两边开方得：，故18．中，角A，B，C的对边分别为a，b，.（1）求B的大小；（2）若，且，是边的中线，求长度.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）首先结合正弦定理边化角，然后利用余弦定理解三角形即可；（2）法一：结合中线公式求出，然后借助平面向量的运算求出，进而求出的模长，即长度；法二：在中利用余弦定理求出，结合得到，然后在和结合余弦定理可得，解方程即可求出结果.【详解】解：因为，即即，所以，故法一：中线公式：由，故又，则故，故法二：，则，故，又即19．在正四棱柱中，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，连接，利用三角形中位线的性质得到，即可得证；（2）依题意可得面，作于，连接，则即为二面角的平面角，利用等面积法求出，再利用勾股定理求出，最后利用锐角三角函数计算可得；【详解】解：（1）连接，连接，因为为的中点，四边形为正方形，所以为的中点在中，又面，面，故面（2）因为在正四棱柱中面，即面作于，连接，则即为二面角的平面角在中，且，故在中，，故故二面角的余弦值为20．已知函数，点是直线与函数的图象自左至右的某三个的相邻交点，且.将的图象向左平移个单位，得到的函数关于原点对称.（1）求函数的解析式；（2）若对，以的值为边长可以构成一个锐角三角形，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由已知求得，从而求得周期，再根据图象的平移和正弦函数的对称性求得，得出函数的解析式；（2）由已知求得函数的值域，将问题转化为使对于任意的恒成立.根据函数的值域建立不等式组，解之可求得答案.【详解】解：（1）函数，由，解得，，将的图像向左平移个单位得到关于原点对称，，；（2）时，，又题意知，要构成锐角三角形，则要使对于任意的恒成立.成立.即，即，.21．如图，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点，连接并延长交于点.作交于.（1）证明：是的中点；（2）证明：面；（3）过点作面，为垂足，求三棱锥的外接球体积.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【分析】（1）利用线面垂直的正弦定理证得，，然后利用线面垂直的判定定理证得面，从而得，然后利用中线证得结论；（2）利用线面垂直的判定定理证得面，利用平行关系证得结论；（3）作且，利用三角形知识求得，，取中点，证得为三棱锥的外接球球心，求得球的半径，从而求得球的体积.【详解】因为面，面，故又面，面，故且，故面，又面，故，三棱锥为正三棱锥，故，故为边中线，是的中点.因为三棱锥为正三棱锥，故各侧面都是全等的等腰三角形且，故，，且，所以面又，故面.作且，则面，因为为中点，且为正中心，所以三点共线，且，又所以，，又，所以在中，即，所以，故，又，故因为面，所以，且面，故，故面，故取中点，在和中，故为三棱锥的外接球球心，，记三棱锥的外接球半径为，三棱锥的外接球体积.22．对于函数，若存在正常数，使得对任意的，都有成立，我们称函数为“同比不减函数”.（1）求证：对任意正常数，都不是“同比不减函数”；（2）若函数是“同比不减函数”，求的取值范围；（3）已知函数是定义在R上的奇函数，