精品解析：海南省海南枫叶国际学校2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题

海南枫叶国际学校2019-2020学年度第二学期

高一年级数学学科期中考试试卷

一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40.0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. coscos=（    ）

A. sin B. cos C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

利用两角和的余弦公式的逆应用直接求解即可.

【详解】coscos=.

故选：D

【点睛】本题考查了两角和的余弦公式，需熟记公式，属于基础题.

2. 已知向量，，，若为实数，，则的值为 （ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】因为，且，

所以，即，所以.

故选：A．

考点：1、向量的加法乘法运算；2、向量垂直的性质．

3. 命题：“向量与向量的夹角为锐角”是命题：“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】

本题首先可根据“向量与向量的夹角为锐角”证得“”得出命题是命题的充分条件，然后通过“”不能证得“向量与向量的夹角为锐角”得出命题不是命题的必要条件，即可得出结果.

【详解】当向量与向量的夹角为锐角时，

因为夹角为锐角，所以，，

故命题是命题的充分条件，

若，则，，

故命题不是命题的必要条件，

综上所述，命题是命题的充分不必要条件，

故选：A

【点睛】本题考查充分条件以及必要条件的判定，给出命题若则，如果可以证得，则是的充分条件，若果可以证得，则是的必要条件，考查推理能力，是简单题.

4. 下列四个命题中正确的是（  ）

① 如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行；

② 过直线外一点有无数个平面与这条直线平行；

③ 过平面外一点有无数条直线与这个平面平行；

④ 过空间一点必存在某个平面与两条异面直线都平行．

A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①②③④

【答案】B

【解析】

【分析】

①可由空间中直线与平面的位置关系判断； ② ③可由直线与平面平行的性质判断；④可用排查法判断．

【详解】空间中直线与平面的位置关系有相交，平行与直线在平面内 ①错误，直线还可能与平面相交

②正确

③正确 因为过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，且这无数条直线都在与这个平面平行的平面内．

④不一定正确 ,当点在其中一条直线上时，不存在平面与两条异面直线都平行.

故选B.

【点睛】本题考查空间中的直线与平面的位置关系，属于简单题．

5. 已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该正四棱锥的体积为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

求出正四棱锥的高后可求其体积.

【详解】正四棱锥底面的对角线的长度为，

故正四棱锥的高为，所以体积为，

故选D.

【点睛】正棱锥中，棱锥的高、斜高、侧棱和底面外接圆的半径可构成四个直角三角形，它们沟通了棱锥各个几何量之间的关系，解题中注意利用它们实现不同几何量之间的联系.

6. 在△中，为边上的中线，为的中点，则

A.  B.

C.  D.

【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，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.

【详解】根据向量的运算法则，可得

，

所以，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.

7. 若，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

先利用二倍角公式和辅助解公式将化简为

，再约分后平方，可得结果

【详解】解：因，

所以，

，

，

因为，所以，

所以，

所以，

两边平方得，

所以，

故选：C

【点睛】此题考查正余弦的二倍角公式，辅助角公式，同角三角函数的平方关系，属于中档题.

8. 函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为（ ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故单调减区间为（，），，故选D.

考点：三角函数图像与性质

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20.0分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的的3分，有选错的得0分）

9. 已知复数其中为虚数单位，复数的共轭复数为，则（    ）

A.  B.

C. 复数的虚部为 D.

【答案】ABCD

【解析】

【分析】

把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，最后逐个判断.

【详解】由得，

， ；复数的虚部为；

故选：ABCD

【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模、共轭复数的运算.

10. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题中正确的是（    ）

A. 若，，则

B. 若，，则

C. 若，，，则

D. 若，，，则

【答案】BD

【解析】

【分析】

假设直线与平面、的交线平行，结合线面平行的判定定理可判断A选项的正误；利用面面平行的性质可判断B选项的正误；直接判断与的位置关系可判断C选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，假设，，，，则，，但、不平行，A选项错误；

对于B选项，若，，由面面平行的性质可知，B选项正确；

对于C选项，若，，，则或，C选项错误；

对于D选项，若，，，由线面平行的性质可知，D选项正确.

故选：BD.

【点睛】本题考查线面关系有关命题正误判断，考查推理能力，属于中等题.

11. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据正弦定理得到，，根据余弦定理得到，，得到答案.

【详解】，故，根据正弦定理：，即，

，故，，.

，化简得到，解得或，

若，故，故，不满足，故.

.

故选：.

【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和应用能力.

12. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得函数的图象向右平移个单位长度，最后得到的图象对应的函数为奇函数，则的值可以为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】

本题首先可以将转化为，然后通过图象变换得出函数，最后通过函数是奇函数即可得出结果.

【详解】，

所有点的横坐标伸长到原来的2倍后，得到函数，

再把所得函数的图象向右平移个单位长度，得到函数，

因为函数是奇函数，所以，

即，解得，

故的值可以为、，

故选：AC.

【点睛】本题考查余弦函数的相关性质以及三角函数图象变换，考查二倍角公式的应用，函数的横坐标伸长到原来的2倍后得到函数，再向右平移个单位长度得到函数，考查推理能力与计算能力，是中档题.

三、填空题（本大题共4小题，，每小题5分，共20.0分）

13. 若复数为纯虚数为虚数单位，则实数a的值为________

【答案】

【解析】

【分析】

将复数化成代数形式后，再根据纯虚数的概念求出的值即可．

【详解】是纯虚数，

且，

解得.

故答案为：.

【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的有关概念，考查学生的运算运算能力，解题的关键是正确进行复数的运算．

14. 函数的最大值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】

利用辅助角公式化简函数的解析式，通过正弦函数的有界性求解即可．

【详解】解：函数f（x）＝2cosx+sinx（cosxsinx）sin（x+θ），其中tanθ＝2，

可知函数的最大值为：．

故答案为．

【点睛】通过配角公式把三角函数化为的形式再借助三角函数图象研究性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征．一般可利用求最值．

15. 已知，则______．

【答案】

【解析】

【分析】

本题首先可根据得出，然后通过即可得出结果.

【详解】因为，

所以，解得，

则，

故答案为：.

【点睛】本题考查两角差的正切公式以及二倍角公式的使用，考查的公式为、，考查计算能力，是简单题.

16. 在四面体中，，，，则此四面体外接球的表面积是__.

【答案】

【解析】

【分析】

根据对棱长相等可将四面体补成长方体，长方体的外接球就是四面体的外接球，根据对棱长可求外接球的直径，故可得外接球的表面积.

【详解】将该几何体补成如图所示的长方体：

设长方体的长、宽、高分别为，则，所以，

所以长方体的外接球（即四面体的外接球）的直径为，其表面积为.

【点睛】几何体外接球问题，应该先考虑如何确定球的球心，再把球的半径放置在可解的平面图形中，如果球心的位置不易确定，则可以把几何体补成规则的几何体，通过规则几何体的外接球来考虑要求解的外接球的半径.

四、解答题（本大题共6小题，17题10分，其余每题12分，共70.0分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.)

17. 已知单位向量，满足.

（1）求；

（2）求的值.

【答案】（1）； （2）.

【解析】

【分析】

（1）利用单位向量的定义､数量积运算性质即可得出；

（2）利用数量积运算性质,即可求得答案.

【详解】（1）由条件，

即，

（2），

【点睛】本题主要考查了求向量的数量积和向量模，解题关键是掌握向量的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

18. 如图所示，在四棱锥中，四边形ABED是正方形，点分别是线段的中点．

（1）求证：平面

（2）是线段BC的中点，证明：平面平面．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用线面平行的判定定理证明即可；

（2）利用面面平行的判定定理证明即可.

【详解】证明：由四边形ABED为正方形可知，

连接AE必与BD相交于中点F故，

面ABC，面ABC，

面ABC；

由点分别为中点可得：，

面ACD，面ACD，

面ACD，

由可知，面ACD，

且，

故平面平面ACD．

【点睛】本题主要考查空间直线与平面的平行的判定与性质和空间平面与平面的平行的判定与性质.

19. 已知函数．

（1）求的最小正周期；

（2）求当时，值域．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）展开两角差的正弦，再由辅助角公式化简，利用周期公式求周期；

（2）由x的范围求出相位的范围，再由正弦函数的有界性求f（x）的值域．

【详解】1

，

，

的最小正周期为；

2，，

，的值域是．

【点睛】本题考查两角和与差的三角函数，三角函数的周期性，三角函数值域等问题，考查三角函数和差公式、二倍角公式及图像与性质的应用，难度不大，综合性较强，属于简单题.

20. 如图，在直角梯形中，，，，，梯形绕着直线旋转一周.

（1）求所形成的封闭几何体的表面积；

（2）求所形成的封闭几何体的体积.

【答案】(1) (2)

【解析】

【分析】

(1)梯形绕着直线旋转一周后形成的几何体可以看作一个圆柱中挖去了一个圆锥后形成的，其表面积，计算即可(2)几何体的体积可以看做圆柱的体积减去一个圆锥的体积.

【详解】依题意旋转后形成的几何体可以看作一个圆柱中挖去了一个圆锥后形成的，

由，可知

（1）其表面积S=圆柱侧面积+圆锥侧面积+圆柱底面积

.

（2）其体积V=圆柱体积圆锥体积

.

【点睛】本题主要考查了旋转体的表面积，体积，属于中档题.

21. △ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB.

（Ⅰ）求B；

（Ⅱ）若b=2，求△ABC面积的最大值.

【答案】（Ⅰ）B=（Ⅱ）

【解析】

【详解】(1)∵a=bcosC+csinB

∴由正弦定理知sinA=sinBcosC+sinCsinB     ①

在三角形ABC中，A=－(B+C)

∴sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC         ②

由①和②得sinBsinC=cosBsinC

而C∈(0，)，∴sinC≠0，∴sinB=cosB

又B(0，)，∴B=

(2) S△ABCacsinBac，

由已知及余弦定理得：4＝a2+c2﹣2accos2ac﹣2ac，

整理得：ac，当且仅当a＝c时，等号成立，

则△ABC面积的最大值为（2）1．

22. 在平面四边形中，已知，，.

（1）若，，，求的长；

（2）若，求证：.

【答案】（1），；（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）根据题意，得出，，再利用正弦定理求得，结合已知条件，即可求出的长；

（2）利用余弦定理以及三角形的内角和，得出，通过判断三角形中边角关系，即可得出结论.

【详解】（1）由已知得，，所以.

因为，所以，.

所以.

在中，由正弦定理得，所以，

所以.

又，所以，.

（2）在中，由余弦定理得.

在中，由余弦定理得

.

因为，，

所以，

即.

又，，所以，

所以.

【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，通过正弦定理和余弦定理、以及三角形边和角的有关性质等，同时考查学生化归和转化思想.