2021-2022學(xué)年廣東省華南師大附中高一下學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁廣東省華南師大附中2021?2022學(xué)年高一下學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題一、單選題1.復(fù)數(shù)滿足(a+3i)+(2-i)=5+A.-4 B.7 C.-8 D.5【答案】D【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加法及復(fù)數(shù)相等的充要條件得到方程組，解得即可；【詳解】解：因為(即(a+2)+2i=5+b所以a+故選D2.在四邊形ABCD中，AC=AB+ADA.四邊形ABCD是矩形 B.四邊形ABCD是菱形C.四邊形ABCD是正方形 D.四邊形ABCD是平行四邊形【答案】D【分析】根據(jù)向量的線性運算可得AD=BC，進而可得AD=BC【詳解】因為AC=AB+即AD=BC且所以四邊形ABCD的一組對邊平行且相等，所以四邊形ABCD是平行四邊形，故選D.3.若三角形的三邊長分別是3，4，6，則這個三角形的形狀是()A.銳角三角形 B.鈍角三角形C.直角三角形 D.不能確定【答案】B【分析】根據(jù)大邊對大角，得到邊長為6的邊所對的角為最大角，利用余弦定理求出cosθ<0【詳解】大邊對大角，故邊長為6的邊所對的角為最大角，設(shè)為θ，則cosθ故θ為鈍角，所以這個三角形是鈍角三角形.故選B4.若p與q是相反向量，且p=3，則p?q等于(A.9 B.0 C.?3 D.?9【答案】D【分析】直接根據(jù)向量的數(shù)量積公式求解即可.【詳解】由已知得p故選D5.已知圓錐的表面積等于27πcm2，其側(cè)面展開圖是一個半圓，則圓錐底面的半徑為A.1cm B.2cm C.3cm【答案】C【分析】設(shè)圓錐的底面圓的半徑為r，母線長為l，利用側(cè)面展開圖是一個半圓，求得l與r之間的關(guān)系，代入表面積公式即可得解.【詳解】設(shè)圓錐的底面圓的半徑為r，母線長為l，∵圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，∴πl(wèi)∵圓錐的表面積為27π，∴πr2故圓錐的底面半徑為3cm故選C.【點評】關(guān)鍵點點睛：本題考查圓錐的表面積公式及圓錐的側(cè)面展開圖，解題的關(guān)鍵是利用側(cè)面展開圖時一個半圓，求得母線長與半徑的關(guān)系，考查學(xué)生的計算能力，屬于一般題.6.已知m，n為兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，則下列命題正確的是(A.若m//α，n//β，αC.若n//α，n//β，則α【答案】B【分析】A：結(jié)合兩直線的位置關(guān)系可判斷m//n或m，n異面；B：結(jié)合線面平行的性質(zhì)可判斷m//n；C：結(jié)合線面的位置關(guān)系可判斷α//β或【詳解】A：若m//α，n//β，B：因為m//α，所以在平面α內(nèi)存在不同于n的直線l，使得l//m，則l//β，從而C：若n//α，n//β，則D：若m//n，n?α，則m故選B7.將函數(shù)y=sin2x+3cos2x的圖象沿x軸向左平移A.π12 B.π6 C.π4【答案】A【分析】利用兩角和與差的三角函數(shù)化簡函數(shù)的解析式為一個角的一個三角函數(shù)的形式，通過平移求出平移后的函數(shù)的解析式，利用偶函數(shù)求出φ的值.【詳解】∵函數(shù)y=sin2將函數(shù)y=sin2x+3cos2x的圖象沿因為函數(shù)是偶函數(shù)，∴2φ當(dāng)k=0時，φ=π12.故選A8.意大利畫家達·芬奇提出：固定項鏈的兩端，使其在重力的作用下自然下垂，那么項鏈所形成的曲線是什么？這就是著名的“懸鏈線問題”，其中雙曲余弦函數(shù).就是一種特殊的懸鏈線函數(shù).其函數(shù)表達式為coshx=ex+e-x2，相應(yīng)的雙曲正弦函數(shù)的表達式為sinhx=exA.-1，3 C.-3，3 【答案】A【分析】由題可判斷fx為奇函數(shù)，且在R上為增函數(shù)，所以不等式化為f(2【詳解】由題意可知，fx=e∵f-x∵fx=ex∴由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知fx=1-2e∵f2m∴m2-2故選A.二、多選題9.用一個平面去截一個幾何體，截面的形狀是三角形，那么這個幾何體可能是()A.圓錐 B.圓柱 C.棱錐 D.正方體【答案】ACD【分析】根據(jù)物體特征分析截面可能的情況即可得解.【詳解】圓錐的軸截面是三角形，圓柱的任何截面都不可能是三角形，三棱錐平行于底面的截面是三角形，正方體的截面可能是三角形，如圖形成的截面三角形A1故選ACD10.已知向量a，b滿足|a|=1，|b|=2，|A.a?b=-2C.|a-b|=7 D.【答案】BC【分析】先利用平面向量的數(shù)量積運算得到a?b=-1，即可得到a?(a+【詳解】|a∴a?∴a?(∴a⊥(|acos<a∴a與b的夾角為2π故BC正確.故選BC.11.對于△ABC，有如下命題，其中正確的有(A.若△ABC是銳角三角形，則不等式sinB.若sin2A=sin2BC.若sin2A+D.若AC?AB>|【答案】AD【分析】A選項，利用△ABC是銳角三角形，得到A，B∈0，π2且A+B>π2，結(jié)合正弦函數(shù)的單調(diào)性得到sinA>cosB；B選項，得到A=B或A【詳解】若△ABC是銳角三角形，則A，B∈0因為y=sinx在x∈0，π2sin2A=sin2B，則2A=2B或所以△ABC是等腰三角形或直角三角形，Bsin2A+由正弦定理得：a2所以cosC=a2+b2AC?AB>|所以ACcosA>|整理得：c2所以cosB=a2+c2-故選AD12.筒車是我國古代發(fā)明的一種灌溉工具，因其經(jīng)濟又環(huán)保，至今還在農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中得到使用(圖1)，明朝科學(xué)家徐光啟在《農(nóng)政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理(圖2).現(xiàn)有一個半徑為3米的筒車按逆時針方向每分鐘旋轉(zhuǎn)1圈，簡車的軸心距離水面的高度為2米，設(shè)簡車上的某個盛水筒P到水面的距離為d(單位：米)(在水面下則d為負(fù)數(shù))，若以盛水筒P剛浮出水面為初始時刻，經(jīng)過1秒后，下列命題正確的是()(參考數(shù)據(jù)：cos48A.d=2-3sin(πB.d=2+3sin(πC.當(dāng)t≈38時，盛水筒PD.當(dāng)t≈22時，盛水筒P【答案】BD【分析】若O為筒車的軸心的位置，AC為水面，P為筒車經(jīng)過t秒后的位置，由題設(shè)知筒車的角速度ω=π30/s，令∠OAC=θ易得∠P=θ-πt30，而sinP=OBOP、d=2-【詳解】由題意知，如上圖，若O為筒車的軸心的位置，AC為水面，P為筒車經(jīng)過t秒后的位置，筒車的角速度ω=2π60=π30∴sinP=sin(θ-πt∴d=2-3sin(θ-πt30當(dāng)t≈38時，38π30=180°+48°，且∴d=2-3sin(48°-θ)=2-3(sin48°cosθ-cos48°sin當(dāng)t≈22時，22π30=90°+42°，且∴d=2+3cos(42°-θ)=2+3cos0°=5，故盛水筒P到達最高點，故選BD【點評】關(guān)鍵點點睛：畫出筒車與水面的簡單平面示意圖，利用∠P=θ-πt30及盛水筒P三、填空題13.已知復(fù)數(shù)z=2-i，則【答案】5【分析】求出共軛復(fù)數(shù)，利用復(fù)數(shù)的乘法運算法則進行計算.【詳解】由題意得：z=2+i，所以故答案為：514.一水平放置的平面四邊形OABC，用斜二測畫法畫出它的直觀圖O′A′B′C′如圖所示，此直觀圖恰好是一個邊長為1的正方形，則原平面四邊形OABC面積為________.【答案】2【分析】將直觀圖還原回原圖形，即找到直觀圖中正方形的四個頂點在原圖形中對應(yīng)的點，可得到平行四邊形，即可求出面積.【詳解】還原直觀圖為原圖形如圖，∵O'A還原回原圖形后，OA=∴SOABC故答案為：22【點評】本題考查斜二測畫法前后圖形的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題.15.在△ABC中，B=π3，AB=2，D為AB的中點，△【答案】7【分析】在三角形BCD中，利用面積公式求出BC=3，在三角形ABC中，利用余弦定理求出AC的長【詳解】在三角形BCD中，由面積公式得：12解得：BC=3在三角形ABC中，由余弦定理得：AC因為AC故AC=故答案為：716.如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點，P是側(cè)面BCC1【答案】3【解析】分別取棱BB1，B1C1的中點M，N，通過證明A1【詳解】如下圖所示，分別取棱BB1，B1C1因為M，N，E，又MN?平面AEF，EF?平面AEF，所以因為AA1//所以A1N//AE，又A1N?平面AEF，AE又A1N∩MN=因為P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，且A1P//在直角△A1B同理，在直角△A1B1N當(dāng)P在MN中點O時，A1P⊥MN，此時A1P最短，A1O=所以線段A1P長度的取值范圍是故答案為：32【點評】關(guān)鍵點睛：本題考查空間點的存在性問題，解題的關(guān)鍵是取棱BB1，B1C1的中點M，四、解答題17.已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z=(m2-(1)當(dāng)復(fù)數(shù)z為實數(shù)時，求m的值；(2)當(dāng)復(fù)數(shù)z純虛數(shù)時，求m的值.【答案】(1)1或-1；(2)0.【分析】(1)虛部為零，則為實數(shù)；(2)虛部不為零，實部為零，則為純虛數(shù).【詳解】(1)當(dāng)m2-1=0時，得(2)當(dāng)m2-m18.已知向量a=1，(1)當(dāng)實數(shù)k為何值時，向量ka+b(2)若AB=2a-3b，BC=ma+b，且【答案】(1)k(2)m【分析】(1)由題，向量ka+b與a-2b(2)A、B、C三點共線?AB∥BC?AB=λBC，結(jié)合【詳解】(1)由題ka+b∵ka+b與a-2b垂直，(2)∵A、B、C三點共線，∴AB∥∴存在實數(shù)λλ≠0，使得又a與b不共線，∴m=2λ-3λ19.已知函數(shù)f((1)求f((2)試比較f(π)與【答案】(1)T=4π，單調(diào)遞減區(qū)間為4kπ(2)f【分析】(1)首先利用誘導(dǎo)公式將函數(shù)變形，再根據(jù)正切函數(shù)的性質(zhì)計算可得；(2)根據(jù)函數(shù)的周期性及單調(diào)性判斷即可；【詳解】(1)解：函數(shù)f(所以最小正周期T由kπ-π2解得4kπ-∴f(x)=3tan(π(2)解：因為f11又-4π3<π所以fπ>20.如圖，己知P是平行四邊形ABCD所在平面外一點，M、N分別是AB、PC的三等分點(M靠近B，N靠近C(1)求證：MN//平面PAD(2)在PB上確定一點Q，使平面MNQ//平面PAD【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】(1)過點N作NE//CD，交PD于點E，連接AE，證得證得四邊形AMNE為平行四邊形，得到(2)取PB取一點Q，使得BQ=13BP，證得MQ//PA，得到MQ//平面PAD，結(jié)合(1)中MN【詳解】(1)證明：過點N作NE//CD，交PD于點E，連接因為N為PC的三等分點，可得NE=又因為M為AB的三等分點，可得AM=因為AB//CD且AB=CD，所以所以四邊形AMNE為平行四邊形，所以MN//又由MN?平面PAD，AE?平面PAD，所以MN//(2)證明：取PB取一點Q，使得BQ=13BP，即點Q為在△PAB中，因為M，Q分別為AB，PB因為MQ?平面PAD，PA?平面PAD，所以MQ//又由(1)知MN//平面PAD，且MN∩MQ=M所以平面MNQ//平面PAD即當(dāng)點Q為PB上靠近點B的三等點時，能使得平面MNQ//平面PAD21.如圖，有一直徑為8米的半圓形空地，現(xiàn)計劃種植甲、乙兩種水果，已知單位面積種植甲水果的經(jīng)濟價值是種植乙水果經(jīng)濟價值的5倍，但種植甲水果需要有輔助光照.半圓周上的C處恰有一可旋轉(zhuǎn)光源滿足甲水果生長的需要，該光源照射范圍是∠ECF=π6，點E，(1)若CE=13，求(2)設(shè)∠ACE=α，【答案】(1)1或3(2)4【解析】試題分析：(1)在ΔACE中，因為CE=13，，∠BAC=π3，所以由余弦定理CE2=AC(2)該空地產(chǎn)生最大經(jīng)濟價值等價于種植甲種水果的面積最大，所以用∠ACE=α表示出試題解析：(1)連結(jié)AC，已知點C在以AB為直徑的半圓周上，所以ΔABC為直角三角形，因為AB=8，∠ABC=π6在ΔACE中由余弦定理CE2=所以13=16+A解得AE=1或AE=3(2)因為∠ACB=π所以∠ACE=α所以∠AFC在ΔACF中由正弦定理得：CF所以CF=在ΔACE中，由正弦定理得：CE所以CE=2若產(chǎn)生最大經(jīng)濟效益，則△ECFSΔECF=因為α∈[所以當(dāng)α=π3時，取最大值為考點：①解三角形及正弦定理的應(yīng)用②三角函數(shù)求最值22.已知函數(shù)f(1)若fx時偶函數(shù)，求實數(shù)a(2)當(dāng)a>0時，不等式f(sinx+3cos(3)當(dāng)a>0時，關(guān)于x的方程ff(x)-a【答案】(1)a=-12；(2)-∞【解析】(1)利用偶函數(shù)的定義f-x(2)判斷函數(shù)為增函數(shù)，將不等式轉(zhuǎn)化為sinx+3cos(3)根據(jù)題意，f0=1，將方程ff(x)-a(1+x)-log4【詳解】(1)由題意，若fx時偶函數(shù)，則f則有l(wèi)og2變形可得2ax解得