江苏省四校2020-2021学年高一下学期期中联考数学试题 WORD版含答案.docx

1、江苏省20202021学年度高一年级第二学期四校期中联考试卷数学试题注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息.2请将答案正确填写在答题卡上.第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题（共40分）1.若为虚数单位，且则复数的模等于（ ）A B C D 2.若点为角终边上一点，则的值为（ ）A B C D3.已知向量，且与共线，那么的值为（ ）A B C D 4.在正方体中为底面的中心，为的中点， 则异面直线与所成角的正弦值为（ ）A B C D 5.已知复数满足（为虚数单位），且，则正数的值为（ ）A B C D 6.已知的面积为，则（ ）A B C D 7.设非零向量，的

2、夹角为，若，且不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）A B C D 8.古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律.图2（正八边形）是由图1（八卦模型图）抽象而得到，并建立如下平面直角坐标系，设.则下述四个结论：以直线为终边的角的集合可以表示为；以点为圆心、为半径的圆的弦所对的弧长为；中，正确结论的个数是（ ）A B C D二、多选题（共20分）9.在中，角、的对边分别为、，则（ ）A B C D不可能为锐角三角形10.已知与

3、为单位向量，且，向量满足，则的可能取值有（ ）A B C D 11.一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形为正方形，、分别为、的中点，在此几何体中，给出的下面结论中正确的有（ ）A直线与直线异面 B直线与直线异面C直线平面 D直线平面12.已知函数，有下列四个结论，其中正确的结论为（ ）A在区间上单调递增 B是的一个周期C的值域为 D的图象关于轴对称第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题（共20分）13.计算： 14.已知中，角，所对的边分别为，若，则 15.在中，为线段上一点，则的最小值为 16.在中，若，则的最小值为 ，面积的最大值为 四、解答题 （共70分） 17.

4、已知函数（1）若，求的值；（2）设三内角所对边分别为且，求在上的值域18.已知复数同时满足下列两个条件：的实部和虚部都是整数，且在复平面内对应的点位于第四象限；（I）求出复数；（II）求.19.如图，四棱锥，平面，四边形是直角梯形，为中点.（1）求证：平面；（2）求证：.20.如图，在平面直角坐标系中，已知四边形是等腰梯形，点满足，点在线段上运动（包括端点）.（1）求的余弦值；（2）是否存在实数，使，若存在，求出满足条件的实数的取值范围，若不存在，请说明理由.21.如图，直角中，点，在斜边上（，异于，且在，之间）.（1）若是角的平分线，且，求三角形的面积；（2）已知，设.若，求的长；求面积的最

5、小值.22.已知向量，函数.（1）求函数的单调增区间.（2）若方程在上有解，求实数的取值范围.（3）设，已知区间（，且）满足：在上至少含有个零点，在所有满足上述条件的中求的最小值.试卷答案一、选择题1. 详解：，则，所以，故选.2.分析：由题意，求出，根据倍角公式求出，再根据两角差的余弦公式把展开，即得答案.详解：点为角终边上一点，.故选：.点睛：本题考查三角函数的第二定义、倍角公式、两角差的余弦公式 ，属于基础题.3.分析：利用向量的运算法则求出两个向量的和；利用向量共线的充要条件列出方程求出；利用向量的数量积公式求出值解： 与共线解得.故选.点评：本题考查向量的运算法则、考查向量共线的充要

6、条件、考查向量的数量积公式4. 分析：取中点为，连接，找出异面直线夹角为，在三角形中利用边角关系得到答案.详解：取中点为，连接，在正方体中为底面的中心，为的中点易知： 异面直线与所成角为设正方体边长为，在中：， 故答案选.点睛：本题考查了立体几何里异面直线的夹角，通过平行找到对应的角是解题的关键.5.分析：由已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简复数，再利用复数求模公式计算即可得到答案.详解：由，得，又，所以，解得.故选：.点睛：本题主要考查复数代数形式的乘除运算和复数模的求法，属于基础题.6.详解：因为，的面积为，解得：，故选7. 分析：根据题先利用平面向量的数量积的运算法则进行转化为

7、恒成立，然后结合函数的恒成立，列出不等式组，即可求解.详解：由题意，非零向量的夹角为，且，则，不等式对任意恒成立，所以，即，整理得恒成立，因为，所以，即，可得，即实数的取值范围为.故选：.点睛：求平面向量的模的两种方法：1、利用及，把向量模的运算转化为数量积的运算；2、利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解.8.分析：根据终边相同的角的定义可判断命题的正误；利用扇形的弧长公式可判断命题的正误；利用平面向量数量积的定义可判断命题的正误；利用平面向量的坐标运算可判断命题的正误.详解：对于命题，以直线为终边的角的集合可以表示为，命题错误；

8、对于命题，以点为圆心、为半径的圆的弦所对的弧长为，命题正确；对于命题，由平面向量数量积的定义可得，命题错误；对于命题，易知点，所以，命题正确.故选：.点睛：本题以数学文化为背景，考查了终边相同的角的集合、扇形的弧长、平面向量数量积的定义以及平面向量的坐标运算，考查计算能力，属于基础题.9.分析：根据题中条件，先数形结合表示出向量，的和，再利用向量与向量，和之差，表示出向量的终点轨迹，是以为圆心，半径为的圆，所以向量的模长范围，依据选项选出.10. 分析：根据题中条件，先由正弦定理，可判断正确；根据余弦定理，可判断正确；根据两角和与差的正弦公式，可判断正确；根据特殊值可判断正确.详解：因为，由正

9、弦定理可得，即正确；又由可得，即，所以正确；由可得，所以或（舍），故正确；由上推导可知，所以可能为锐角三角形，如：，所以错误；故选：.点睛：本题主要考查正余弦定理的简单应用，涉及两角和与差的正弦公式，属于常考题型.11. 分析：将平面展开图还原几何体后，由异面直线的定义和线面平行，垂直的判定定理对选项逐个进行分析证明即可得到答案.详解：由展开图恢复原几何体如图所示：选项，由点不在平面内，直线不经过，根据异面直线的定义可知：直线与直线异面，所以正确；选项，因为点，为中点，根据三角形中位线定理可得，又，因此四边形是梯形，故直线与直线不是异面直线，所以不正确；选项，由知：，平面，平面，直线平面，故正

10、确；选项， 若直线平面，则，点为中点，则，不妨设，则，则与不垂直，所以不正确.故选点睛：本题考查线面平行与垂直的判定与性质定理和异面直线的定义，考查分析推理能力.12.分析：代入特殊值检验，可得错误；求得的表达式，即可判断的正误；分段讨论，根据的范围，求得的范围，利用二次函数的性质，即可求得的值域，即可判断的正误；根据奇偶性的定义，即可判断的奇偶性，即可判断的正误，即可得答案.详解：对于：因为，所以，所以，所以在区间上不是单调递增函数，故错误；对于：，所以不是的一个周期，故错误；对于：，所以的周期为，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；综上：的值域为，故正确；对于：，所以为偶函数，即的图象

11、关于轴对称，故正确，故选：.点睛：解题的关键是根据的解析式，结合函数的奇偶性、周期性求解，考查分类讨论，化简计算的能力，综合性较强，属中档题.二、填空题13. 解析：由题意可得：.14. 解析：，则由正弦定理得，整理得，.故答案为.点睛：本题主要是熟练应用正弦定理进行边角转化，利用二倍角公式，切化弦公式进行化简即可得解.15.解析：以为坐标原点，所在直线为，轴建立直角坐标系，可得，则直线的方程为，设，则，则由，可得的最小值为，16. 分析：由余弦定理结合基本不等式可得的最大值，即得三角形面积最大值，利用正弦定理得的最大值，由切化弦后结合两角和的正弦公式，诱导公式可得的最小值解析：由余弦定理，即

12、，当且仅当时等号成立，最大值为，最大值为，由正弦定理得，最小值为点睛：本题考查正弦定理、余弦定理，还考查了基本不等式，两角和的正弦公式，诱导公式，掌握正弦定理和余弦定理是解题关键.三、解答题17.（1）或；（2）.分析：（1）由，可得，利用二倍角公式以及同角三角函数的关系可得，进而可求的值；（2）由，利用正弦定理可得，化为，求得，利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用正弦函数的单调性，可得到函数在上的值域详解：（1）由，得，即或， 或（漏解的两分）（2）由正弦定理可得，即，再由正弦定理得化为则即， 又， 由，则，故，即值域是.点睛：以三角形为载体，三角恒

13、等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.18.（1）；（2）.解析：（1）设（，且，）利用为实数以及其范围进行求解；（2）先求，再利用模长公式进行求解试题解析：（）设（，且，），则，由（1）知：，.代入（2）得：，即.， （）由题意：.考点：1.复数的概念；2.复数的运算；3.复数的模长19.（1）证明见详解；（2）证明见详解.分析：（1）取的中点，证出，再利用线面平行的判定定理

14、即可证出. （2）利用线面垂直的判定定理可证出平面，再根据线面垂直的定义即可证出.详解：如图，取的中点，连接，为中点，且，又，为平行四边形，即，又平面，平面，所以平面.（用推出符号得满分，差条件每条扣两分）（2）由平面，所以，又因为，所以，平面，又平面，.（用推出符号得满分，差条件每条扣两分）点睛：本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，要证线面平行，需先证线线平行；要证异面直线垂直，可先证线面垂直，此题属于基础题.20.（1）；（2）分析：（1）由题意求得，再根据，运算即求得结果；（2）设，其中，由，得，可得再根据，求得实数的取值范围.详解：（1）由题意可得，故；（2）设，其中，若

15、，则 ， 即，可得，若，则不存在，若，则， 故. 注：未分类讨论按漏解算，扣2分考点：数量积判断两个平面向量的垂直关系；数量积表示两个向量的夹角21.（1）；（2），分析：（1）过点作交于，作交于，利用三角形相似求出线段的长，从而求出三角形的面积；（2）依题意，表示出，再由正弦定理表示出，由同角三角函数的基本关系求出，即可求出，从而得解；由面积公式即三角恒等变换求出面积最小值.详解：解：（1）如图，过点作交于，作交于，则因为，平分且， （2）在中，所以，又，设，在和中由正弦定理可得，即，当时，则， 令因为，所以当时， 点睛：本题考查正弦定理，三角形面积公式及三角恒等变换的应用，属于难题.22.

16、（1）；（2）；（3）.分析：（1）根据数量积运算和倍角公式、辅助角公式，求出.令，求出的取值范围，即得函数的单调递增区间；（2）由（1）知.当时，求得.令，则方程在上有解，即方程在上有解，即求实数的取值范围；（3）求出函数的解析式，令，得零点的值，可得零点间隔依次为和.若最小，则，均为零点，结合函数在上至少含有个零点，求得的最小值.详解：（1），. 令，得，函数的单调递增区间为.（2）由（1）知.，即.令，则.方程在上有解，即方程在上有解.又在上单调递增，在上单调递减，即.实数的取值范围为. （3）.令，得，或，或，.函数的零点间隔依次为和.若最小，则，均为零点.函数在上至少含有个零点，. 点睛：本题考查三角恒等变换、三角函数的性质、函数与方程及函数的零点，属于难题.