【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高一下学期期中联考数学试题 含解析.docx，共(18)页，4.091 MB，由管理员店铺上传

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雅礼中学2022年高一下学期期中考试试卷数学时量：120分钟分值：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.函数211yx=+的值域

是（）A.)1,+B.(0,1C.(,1−D.()0,+【答案】B【解析】【分析】求得21x+的取值范围，根据不等式的基本性质可求得原函数的值域.【详解】因为211x+，所以21011x

+，因此，函数211yx=+的值域是(0,1.故选：B.【点睛】本题考查函数值域，考查基本分析求解能力，属基本题.2.已知全集U=R，{|0}Axx=，{|1}Bxx=，则集合()UCAB=A.{|0}xxB.{|1}xxC.{|01}xxD.{|01}xx

【答案】D【解析】【详解】试题分析：因为A∪B={x|x≤0或x≥1}，所以(){|01}UCABxx=，故选D.考点：集合的运算.3.设复数13iz=−，z是z的共轭复数，则(1i)z−=（）A.24i−−B.42i−C.24i−+D.42i

+【答案】D【解析】【分析】首先求出z，再根据复数代数形式的乘法法则计算可得；【详解】解：由13iz=−，则13iz=+，所以()()2i13(1i)1i13i3i4ii2z−=−=+−+−=+故选：D4.已知,02

−，3cos25−=−，则sin2=()A.125B.2425C.2425−D.125−【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式化简已知等式可得sin，进而根据同角三角函数基本关系式可求cos，再根据二倍角的正弦公式即可求解.【详解】解：因为

3coscossin225−=−==−，又,02−，所以24cos1sin5=−=，则3424sin22sincos25525==−=−.故选：

C5.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝60°，a3=，则sinsinbcBC++等于（）A.12B.3C.32D.2【答案】D【解析】【分析】由已知结合正弦定理即可直接求解．【详解】A＝60°，a3=，由正弦定理可得，3sinsinsin32bcaBCA====2，∴b

＝2sinB，c＝2sinC，则sinsinbcBC+=+2．故选：D．【点睛】本题主要考查了正弦定理应用，属于基础试题．6.函数()ln26fxxx=+−的零点的个数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】【分析】利用函数的单调性及零点存在性定理即得.【详解】由

于函数()fx在()0,+上是增函数，且()()140,3ln30ff=−=，故函数在()1,3上有唯一零点，也即在()0,+上有唯一零点.故选：B.7.在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB=A.3144ABAC−B.1344ABAC−C.3144

+ABACD.1344+ABAC【答案】A【解析】【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得1122BEBABD=+，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到BCBAAC=+，之后将其合并，得到3144BEBAAC=+

，下一步应用相反向量，求得3144EBABAC=−，从而求得结果.【详解】根据向量的运算法则，可得()111111222424BEBABDBABCBABAAC=+=+=++1113124444BABAACBAAC=++=+，所以314

4EBABAC=−，故选A.【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加的法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.8.在正三棱锥−PABC中，23AB

=，正三棱锥−PABC的体积是43，则正三棱锥−PABC外接球的表面积是（）A.5B.15C.25D.35【答案】C【解析】【分析】根据体积求得锥体高度，利用正弦定理求出底面所在的圆的半径，结合勾股定理求得外接球的半径，即可求出其表面积．【详解】如图所示，

设点G为ABC的外心，则PG⊥平面ABC，由13PABCABCVSPG−==113232343322PG=，∴4PG=，则三棱锥−PABC的外接球的球心O在直线PG上．设其外接球的半径为R，由正弦定理得22sin3ABAG=

=，在RtOAG中，|||4|OGPGRR=−=−，由勾股定理得222OAOGAG=+，即2222|4|RR=+−，解得52R=．正三棱锥−PABC外接球的表面积是22544252SR===，故选：C．二、多

项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知函数()()1lg,0e,0xxxfxx−−=…，若()(

)213ffa+=，则a的值可能为（）A.1B.1−C.10D.10−【答案】AD【解析】【分析】首先求得()1fa=，再讨论a的取值，解方程即可求解.【详解】()01e1f==，因为()()213ffa+=，

所以()1fa=，当a<0时，()()lg1faa=−=，解得：10a=−，当0a时，()1e1afa−==，解得：1a=，故选：AD10.点P是ABC所在平面内一点,满足20PBPCPBPCPA−−+−=,则ABC的形状不可能是A.钝角三角形B.直角三角形C.

等腰三角形D.等边三角形【答案】AD【解析】【分析】由条件可得||||ABACACAB−=+，再两边平方即可得答案.【详解】∵P是ABC所在平面内一点，且|||2|0PBPCPBPCPA−−+−=，∴|||()()|0CBPBPAP

CPA−−+−=，即||||CBACAB=+，∴||||ABACACAB−=+，两边平方并化简得0ACAB=，∴ACAB⊥，∴90A=，则ABC一定是直角三角形，也有可能是等腰直角三角形，故不可能是钝角三角形，等边三角形，故选：AD.【点睛】本题考查向量在几何中的应用，

考查计算能力，是基础题.11.在△ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，则下列的结论中正确的是（）A.若sincossincosAABB=，则△ABC一定是等腰三角形B.若coscosAB，则sinsinABC.若△ABC是锐角三角形，则sinsinsincosco

scosABCABC++++D.已知△ABC不是直角三角形，则tantantantantantanABCABC=++【答案】BCD【解析】【分析】利用三角函数的性质，结合诱导公式以及正切函数的两角和公式，逐个选项进

行判断求解即可【详解】对于A，由sincossincosAABB=，得sincossincos0AABB−=，即sin2sin2AB=，因为在ABC中，令6A=，3B=，此时，仍有sin2sin2AB=，所以，ABC不一定是等腰三角形，A错误；对于B，因为cosyx=在()0,x上是

减函数，coscosAB，所以0AB，所以0ab，由正弦定理得sinsinAB，B正确；对于C，若ABC是锐角三角形，则,,ABC均为锐角，所以，2AB+，得02A和02B，且2AB−，得sinsi

n()cos2ABB−=，同理，可证得，sincosBC，sincosCA，所以sinsinsincoscoscosABCABC++++成立，C正确；对于D，已知△ABC不是直角三角形，ABC++=，则有tantan(

)CAB=−+，所以tantantan()1tantanABABAB++=−，得()tantantan()1tantantan()tan()tantanABABABABABAB+=+−=+−+所以tantantantantanttan()taaannntABABCABCAB+++=−=

，D正确；故选：BCD.12.如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，M，N分别为棱11CD，1CC的中点，则下列结论正确的是（）A.直线BN与MB1是异面直线B.直线AM与BN是平行直线C.直线MN与AC所成的角30D.平面BMN截正方体所得的截面面积为92【答案】A

D【解析】【分析】根据异面直线的定义直接判断AB选项，根据1//MNDC，转化求异面直线所成的角，利用确定平面的依据，作出平面BMN截正方体所得的截面，并求面积.【详解】直线BN与MB1是异面直线，故A正确；直线AM与BN是异面直线，故B

错误；如下图，由条件可知1//MNDC，所以异面直线MN与AC所成的角为1ACD，1ACD△是等边三角形，所以160ACD=，故C错误；如下图，连接1AB、1AM、1DC，因为1//DCMN，11//DCAB，所以1//ABM

N，又1111=22=MNDCAB，则四边形1ABNM是梯形，且四边形1ABNM为平面BMN截正方体所得的截面，12,22MNAB==，22221115,5=+==+=AMADDMBNBCCN，所以四边形1ABNM是等腰梯形，则梯形的高是()22232522h骣琪=-=琪桫

，所以梯形的面积()1329222222S=+=，故D正确.故选：AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若复数3iz=+，则复数iz的模是________.【答案】2【解析】【分析】利用复数的乘法

法则进行化简计算，从而求出模长.【详解】()i=3ii3i1z+=−，所以iz的模长为312+=.故答案为：214.已知0a，0b，且21ab+=，则21ab+的最小值是________.【答案】9【解析】【

分析】直接利用乘1法结合基本不等式求解即可.【详解】解：()2121222225259babaababababab+=++=+++=，当且仅当22baab=，即13ab==时取等号，故21ab+的最小值为9.故答案为：915.已知某圆台的一个底面周长是另一个底面

周长的3倍，母线长为7，圆台的侧面积为84，则该圆台全面积为________.【答案】174【解析】【分析】直接利用圆台的侧面积公式计算.【详解】设圆台较小底面的半径为r，则另一底面的半径为3r.由()7384Srr=+

=侧，解得3r=.则该圆台全面积为98184174++=.故答案为：17416.中国折叠扇有着深厚的文化底蕴.如图（2），在半圆O（半径为20cm）中作出两个扇形OAB和OCD，用扇环形ABDC（图中阴影部分）制作折叠扇的扇面.记扇环形ABDC的面积为1S，扇形OAB的面积为

2S，当12512SS−=时，扇形的现状较为美观，则此时扇形OCD的半径为__________cm【答案】10(51)−【解析】【分析】根据已知条件和扇形的面积公式可求得答案.【详解】设,AOB=，半圆O的半径为r，扇形OCD的半径为1r，12512SS−=，所以2212115

122122rrr−−=，即2212512rrr−−=，所以22123562551()242rr−−−===，所以1512rr−=，又20,rcm=，所以110(51)rcm=−，故答案为：10(51)−.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤

.17.设复数()()22lg2146zmmmmi=+−+−−，求实数m为何值时？（1）z是实数；（2）z对应点位于复平面的第二象限.【答案】（1）3m=；（2）5115m−−−.【解析】【详解】试题分析：（1）要使z是实数，应满足对数的真数大于零且虚部等于零；（2）z对应的点位于复平面

的第二象限应满足实部小于零即“真数大于零且小于1”，同时虚部大于零，列出不等式组即可求得实数m的取值范围.试题解析：（1）2260{32140mmmmm−−==+−（舍去2−）.（2）()2222lg

214002141{{6060mmmmmmmm+−+−−−−−的2221151152140{2150{536023mmmmmmmmmmm−−−++−+−−−−−或或5115m

−−−考点：复数的相关概念.18.设ABC的内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，设S为ABC的面积，满足()22234Sacb=+−.（1）求B；（2）若3b=，设Ax=，求边c取得最大值时x的值.【答案】（1）3B=（2）2，6x=【解析】【分析】（1）由已

知及三角形面积公式和余弦定理得可得sin3cosBB=，再根据同角基本关系即可求出tanB，再根据三角形的内角关系，即可求出结果；（2）由（1）可知203x，再根据正弦定理和已知条件可知22sin3cx=−

，再利用正弦函数的性质即可求出结果.【小问1详解】解：因为()22234Sacb=+−，所以13sin2cos24acBacB=，即sin3cosBB=，∴tan3B=，又()0,B，所以3B=.【小问2详解】解：ABC的内角和A

BC++=，又0A，0C，由（1）得203A，即，203x由正弦定理，可知sinsincbCB=，又3b=，3B=，即2sin2sinsin3bcCxB==−，又203x，∴22033x−，所以当2si

n13x−=，即6x=时，c取得最大值2.19.已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的边长均为23，E，F分别是线段AC1和BB1的中点．（1）求证：EF//平面ABC；（2）求三棱锥C﹣ABE体积．【答案】（1

）证明见解析；（2）3.【解析】【分析】（1）取AC中点G，证明四边形EFBG是平行四边形得出BG//EF，故而EF//平面ABC；（2）根据CABEEABCVV−−=计算体积．【详解】（1）证明：取AC的中点为G，连结GE，GB，在△ACC1中，EG为中位线，

所以EG//CC1，112EGCC=，又因为CC1//BB1，CC1＝BB1，F为BB1中点，所以EG//BF，EG＝BF，所以四边形EFBG为平行四边形，所以EF//GB，又EF平面ABC，GB平面ABC，的的所以EF//平面

ABC．（2）因为E为AC1的中点，所以E到底面ABC的距离是C1到底面ABC的距离的一半，即三棱锥E﹣ABC的高h＝12CC1＝3，又△ABC的面积为23(23)334S==，所以133333CABEEABCV

V−−===．20.已知函数()()23sin2sin12xfxx+=++−，（0，0）为奇函数，且()fx图像相邻的对称轴之间的距离为2.（1）求函数()fx的解析式；（2）在ABC中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，且3a

=，326fA+=，求ABC的周长的取值范围.【答案】（1）()2sin2fxx=（2）(23,33【解析】【分析】（1）先化简()fx，再根据奇偶性与对称性求解参数；（2）先求出A，再根据正弦定理结合正弦函数的性质求解即可.【

小问1详解】()()23sin2sin12xfxx+=++−()()3sincos2sin6xxx=+−+=+−.由函数()fx相邻的对称轴之间的距离为2，得222T===，∴(

)2sin26fxx=+−，又∵()fx为奇函数，∴()00f=，即2sin06−=，得6k−=，即6k=+，而0，6=，故()2sin2fxx=.【小问2详解】由（1）可知()2s

in2fxx=，326fA+=，得2sin33A+=，即3sin32A+=，∵()0,A，∴4,333A+，∴233A+=，即3A=，∵3a=，3A=，AB

C++=，∴22sinaRA==，23CB=−，20,3B∴()22sinsin2sinsin3bcRBCBB+=+=+−332sincos23sin226BBB=

+=+，而20,3B，故5,666B+；∵1sin,162B+，故(3,23bc+；∴(23,33labc=++，即ABC的周长的取值范围为(23,33.21.长沙市雅礼中学为

“雅礼杯”足球赛制作了冠军奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，其中扇形OAB的半径为10，60PBAQAB==，AQQPPB==，若按此方案设计：（1）当2AOB=时，在AOB中，G为AB边上任意一点，求()

OGBABO−的最大值；（2）制作商发现，当OP最长时，该奖杯比较美观，求此时AOB的大小.【答案】（1）最大值为100（2）2AOB=【解析】【分析】（1）以O为坐标原点，OB为x轴，OA为y轴建立如图所示平面直角坐标系，表示出点的坐标，设AGAB=，0,1，根据向量数量积的

坐标表示及一次函数的性质计算可得；（2）作OMQP⊥交QP于M，交AB于C，且OCAB⊥，设AOC=，即可表示出AB，OC，设AQQPBPx===，作⊥QEAB交AB于E，PFAB⊥交AB于F，从而得到10sinx=，再由勾股定理得到()()22210c

os53sin5sinOP=++，利用同角三角函数的基本关系及二倍角公式化简，最后根据正弦函数的性质计算可得；【小问1详解】解：根据题意，如图建立直角坐标系，则()0,10A，()10,0B，()0,0O，设AGAB=，0,1

∵()10,10AB=−，OGOAAGOAAB=+=+()()()0,1010,1010,1010=+−=−，0,1，所以()()()10,10100,101001000,100OGBABOOGOA−==−=−，∴当0=，即G与

A重合时()OGBABO−取得最大值为100.【小问2详解】解：作OMQP⊥交QP于M，交AB于C，且OCAB⊥，设AOC=，则20sin=AB，10cosOC=，设AQQPBPx===，作⊥QEAB交AB于E，PFAB⊥交AB于F，因为60PBAQ

AB==，所以12AEBFx==，32CMPFx==，EFQPx==，所以2ABx=，所以20sin2ABx==，即10sinx=，310cos10cos53sin2OMOCCMx=+=+=+，所以()()2222210cos53sin

5sinOPOMMP=+=++222100cos75sin1003sincos25sin100503sin2=+++=+.因为sin21,1−，所以当sin21=，即4=时2OP最大，也就是OP最长时2AOB=.22

.已知()fx是定义在1,1−上的奇函数，且()11f=，若m，1,1n−，0mn+时，有()()0fmfnmn++.（1）证明()fx在1,1−上为增函数，并求出不等式()112fxfx+−的解

集；（2）若()2212tan1cosfxtt+−−−对所有1,1x−，,34−恒成立，求实数t的取值范围.【答案】（1）证明见解析，10,4（2）2t或3t?【解析】【分析】（1）运用函数单调性的定义即可证明，根据函数的奇偶性和单调性,把

要解的不等式等价转化为一个不等式组,求得此不等式的解集即可（2）根据函数的单调性求得()fx的最大值,可得()2212tan2costtga+=++…对,34−的恒成立,再求得()g的最大值,从而

求得t的范围.小问1详解】证明：任取12,1,1xx−且12xx，则()()()()()()()()21212121210fxfxfxfxfxfxxxxx+−−=+−=−+−∴()()21fxfx

，∴()fx为增函数.则()1112111111024112xfxfxxxxx−++−−−+−，即不等式()112fxfx+−的解集为10,4.【【小问2详解】由于()

fx为增函数，∴()fx的最大值为()221112tan1cosftt=+−−−对,34−恒成立2212tan2costt+++对,34−的恒成立，设()212tan2cosg=++，则()()2maxttg+，,34

−.又()22221cossin2tan22tan2coscosg+=++=++，()221tan2tan2tan12=+++=++，∵,34−，∴tan3,1

−，∴当tan1=时，()()max64gg==.∴26tt+，则()()320tt+−，∴2t或3t?.所以实数t的取值范围为2t或3t?.