山东省日照市2021-2021学年高一下学期期末考试校际联合考试数学试题-Word版含解析.docx

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1、高一期末校际联合考试数学试题2020.07一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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. 复数（其中为虚数单位）的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简即可【详解】，所以复数的共轭复数为.故选：A.【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题2. 已知，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由可得，再有计算即可得解.【详解】因为，所以可得，所以.故选：B.【点睛】本题考查三角函数诱导公式的应用，侧重考查对基础知识的理解和掌握，

2、考查计算能力，属于常考题.3. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据数量积公式和两角和公式可得，进而求出结果.【详解】, 故选：A.【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算和两角和公式的应用，属于基础题.4. 角的终边过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题中所给条件利用任意角的三角函数的定义求出和的值，再利用二倍角的正弦公式求得的值.【详解】解：由三角函数的定义，得，所以.故选：C【点睛】本题主要考查任意角的三角函数值和二倍角的正弦公式，考查运算求解能力，属于基础题型.5. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ）A. B. C.

3、 D. 【答案】C【解析】【分析】利用向量的数量积即可求解.【详解】，.又，.故选：C.【点睛】本题考查了向量的数量积求向量的夹角，属于基础题.6. 五曹算经是我国南北朝时期数学家甄鸾为各级政府的行政人员编撰的一部实用算术书，其第四卷第九题如下：“今有平地聚粟，下周三丈，高四尺，向粟几何”？其意思为场院内有圆锥形稻谷堆，底面周长3丈，高4尺，那么这堆稻谷有多少斛？已知1丈等于10尺，1 斛稻谷的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算堆放的稻谷约有多少斛（ ）（保留两位小数）A 61.73B. 61.7C. 61.70D. 61.69【答案】A【解析】【分析】根据圆锥的周长求出底面半径，再计

4、算圆锥的体积，从而估算堆放的稻谷数.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，则，所以，故（立方尺），因此（斛）.故选：A.【点睛】本题考查了锥体的体积计算问题，也考查了实际应用问题，属于基础题.7. 函数的图象可由函数的图象（ ）A. 先把各点的横坐标缩短到原来的倍,再向左平移个单位B. 先把各点的横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位C. 先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位D. 先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位【答案】B【解析】分析：由函数，再由伸缩平移变换可得解.详解：由函数.只需将函数的图象各点的横坐标缩短到原来的倍，得到；再向右平移个单位得到：.故选

5、B.点睛：1利用变换作图法作yAsin(x)的图象时，若“先伸缩，再平移”，容易误认为平移单位仍是|，就会得到错误答案这是因为两种变换次序不同，相位变换是有区别的例如，不少同学认为函数ysin 2x的图象向左平移个单位得到的是ysin的图象，这是初学者容易犯的错误事实上，将ysin 2x的图象向左平移个单位应得到ysin 2(x)，即ysin(2x)的图象2平移变换和周期变换都只对自变量“x”发生变化，而不是对“角”，即平移多少是指自变量“x”的变化，x系数为1，而不是对“x”而言；周期变换也是只涉及自变量x的系数改变，而不涉及.要通过错例辨析，杜绝错误发生8. 雕塑成了大学环境不可分割的一部

6、分，有些甚至能成为这个大学的象征，在中国科学技术大学校园中就有一座郭沫若的雕像雕像由像体和底座两部分组成如图，在中，在中，且米，求像体的高度（ ）（最后结果精确到0.1米，参考数据：，）A. 4.0米B. 4.2米C. 4.3米D. 4.4米【答案】B【解析】【分析】在和中，利用正切值可求得，进而求得.【详解】在中，（米），在中，（米），（米）.故选：.【点睛】本题考查解三角形的实际应用中的高度问题的求解，属于基础题.9. 如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为（ ）A. 4B. C. D. 3【答案】B【解析】【分析】首先确定几何体的空间结构特征，然后求解其体积即

7、可.【详解】易知该几何体是一个多面体，由上下两个全等的正四棱锥组成，其中正四棱锥底面边长为，棱锥的高为，据此可知，多面体的体积：.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查组合体体积的计算，空间想象能力的培养等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.10. 直三棱柱的6个顶点在球的球面上.若，.，则球的表面积为（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由于直三棱柱的底面为直角三角形，我们可以把直三棱柱补成四棱柱，则四棱柱的体对角线是其外接球的直径，求出外接球的直径后，代入外接球的表面积公式，即可求出该三棱柱的外接球的表面积.【详解】解：将直三棱柱补形为长方体，则球是长方体的外接球.所

8、以体对角线的长为球的直径.因此球的外接圆直径为，故球的表面积.故选：B.【点睛】本题主要考查球的内接体与球的关系、球的半径和球的表面积的求解，考查运算求解能力，属于基础题型.二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对伯不全的得3分，有选错的得0分.11. 已知，是两个不重合的平面，是两条不重合的直线（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则与所成的角和与所成的角相等D. 若，则【答案】ABC【解析】【分析】A.利用线面垂直的定义判断； B.利用面面平行的定义判断；C. 利用线面角的定义判断；D. 利用面面的位置关系判断

9、.【详解】A.因为，所以m垂直平面内任意一条直线，又，所以，故正确；B.因为，所以两平面无公共点，又，所以m与无公共点，所以，故正确；C.因为，所以与所成的角和m与所成的角相等，因为，所以与所成的角和n与所成的角相等，故正确；D. 因为，所以相交 或，故错误. 故选：ABC【点睛】本题主要考查点、直线、平面的位置关系，还考查了逻辑推理的能力，属于基础题.12. 下列说法中正确的是（ ）A. 对于向量，有B. 向量，能作为所在平面内的一组基底C. 设，为非零向量，则“存在负数，使得”是“”充分而不必要条件D. 在中，设是边上一点，且满足，则【答案】BCD【解析】【分析】根据平面向量的运算律、数量

10、积及运算性质逐一判断即可.【详解】A中，向量乘法不满足结合律，不一定成立，故A错误；B中，两个向量，因为，所以与不共线，故B正确；C中，因为，为非零向量，所以的充要条件是.因为，则由可知，的方向相反，所以，所以“存在负数，使得”可推出“”；而可推出，但不一定推出，的方向相反，从而不一定推得“存在负数，使得”，所以“存在负数，使得”是“”充分不必要条件. 故C正确；D中，由题意结合平面向量的性质可得，根据平面向量线性运算法则可得，所以，D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查了平面向量的运算律、数量积及运算性质，属于中档题.13. 已知复数（其中i为虚数单位）下列说法正确的是（ ）A. 复数z在复

11、平面上对应的点可能落在第二象限B. z可能为实数C. D. 的实部为【答案】BCD【解析】【分析】由，得，得，可判断A选项；当虚部时，可判断B选项；由复数的模的计算和余弦的二倍角公式可判断C选项；由复数的除法运算得的实部是，可判断D选项；【详解】因为，所以，所以，所以，所以A选项错误；当时，复数z是实数，故B选项正确；，故C选项正确；，的实部是，故D选项正确；故选：BCD.【点睛】本题考查复数的概念，复数的模的计算，复数的运算，以及三角函数的恒等变换公式的应用，属于中档题.14. 已知函数（其中，），恒成立，且在区间上单调，则下列说法正确的是（ ）A. 存在，使得是偶函数B. C. 是奇数D.

12、 的最大值为3【答案】BCD【解析】【分析】根据得到，根据单调区间得到，得到或，故CD正确，代入验证知不可能为偶函数，A错误，计算得到B正确，得到答案.【详解】，则，故，则，故，当时，在区间上单调，故，故，即，故，故，综上所述：或，故CD正确；或，故或，不可能为偶函数，A错误；当时，故；当时，故，综上所述：，B正确；故选：BCD.【点睛】本题考查了三角函数的性质和参数的计算，难度较大，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.15. 若复数，（其中为虚数单位）所对应的向量分别为与，则的周长为_.【答案】16【解析】【分析】由已知可得，再求出复数的模

13、，从而可得的周长【详解】因为，所以，.所以的周长为.故答案为：16【点睛】此题考查复数的模的运算，属于基础题16. 已知函数的图像如图所示，则_，_.【答案】 (1). 3 (2). 0【解析】【分析】结合函数图象由，解得，得到，再由函数图象过点可求得函数的解析式，可求得所求的函数值.【详解】如图有：.所以，故，又，所以，又，所以，故，所以.故答案为：3；0.【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.17. 如图所示，正方体的棱长为2，是上的一个动点，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】根据题意得到将沿直线折起，当，在同一直线上时，最小，再计算最小值

14、即可.【详解】将沿直线折起，当，在同一直线上时，最小，如图所示：此时，是边长为的等边三角形，所以，所以的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查直观图和平面展开图，考查学生的转化能力，属于简单题.18. 将函数与直线的所有交点从左到右依次记为，若点坐标为，则_.【答案】10【解析】【分析】由函数与直线的图象可知，它们都关于点中心对称，再由向量的加法运算得，最后求得向量的模.【详解】由函数与直线的图象可知，它们都关于点中心对称，所以.【点睛】本题以三角函数和直线的中心对称为背景，与平面向量进行交会，考查运用数形结合思想解决问题的能力.四、解答题：共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

15、19. 在平面直角坐标系中，已知点，.（1）以线段，为邻边作平行四边形，求向量的坐标和；（2）设实数满足，求的值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据，求得，的坐标，再由求解.（2）根据，求得，的坐标，然后利用求解.【详解】（1）由题意，所以，即.（2）由题设知：，.因为，所以，所以，解得.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算以及数量积运算，属于基础题.20. 在；这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题.在中，角，的对边分别为，已知_，.（1）求；（2）如图，为边上一点，求边.【答案】（1）选择条件，；选择条件，（2）.【解析】【分析】若选，（1）由正弦

16、定理可得的正切值，再由的范围及正弦的定义求出的正弦值；（2）设，由，可得，在中，可得的值；若选，（1）由三角形内角和和正弦定理及二倍角的正弦公式可得的正弦值，进而求出其余弦值，求出的正弦值；（2）同选的答案【详解】解：若选择条件，则答案为：（1）在中，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以.（2）设，易知，在中，由余弦定理，得，解得.在直角三角形中，所以.若选择条件，则答案为：（1）因，所以，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，则，所以.（2）同选择的答案.【点睛】此题考查三角形的正余弦定理及二倍角公式的应用，考查计算能力，属于中档题21. 如图所示，是的直径，点在上，是所在平面外一点，

17、是的中点.（1）.求证：平面；（2）.若是边长为6的正三角形，且，求三棱锥的体积.【答案】(1) 证明见解析 （2）【解析】分析】(1)由条件有,则可证明结论（2）由条件可证明平面,则得到答案.【详解】(1)是的直径，则由是的中点，又是的中点.在中，可得，且平面,平面.所以平面.（2）由是的直径，点在上，则,即.又，且.所以平面.是边长为6的正三角形，则. 又【点睛】本题考查线面平行的证明和求三棱锥的体积，属于中档题.22. （已知函数.（I）求函数的最小正周期及在区间上的最大值和最小值；（II）若,求的值.【答案】函数在区间上的最大值为2，最小值为-1【解析】试题分析：（1）将函数利用倍角公

18、式和辅助角公式化简为,再利用周期可得最小正周期,由找出对应范围,利用正弦函数图像可得值域;（2） 先利用求出,再由角的关系展开后代入可得值.试题解析:（1）所以又 所以由函数图像知.（2）解：由题意而 所以所以所以 =.考点：三角函数性质;同角间基本关系式;两角和的余弦公式23. 某地棚户区改造建筑平面示意图如图所示，经规划调研确定，棚改规划建筑用地区域近似为圆面，该圆面的内接四边形是原棚户区建筑用地，测量可知边界万米，万米，万米.（1）请计算原棚户区建筑用地的面积及的长；（2）因地理条件的限制，边界不能更改，而边界可以调整，为了提高棚户区建筑用地的利用率，请在圆弧上设计一点，使得棚户区改造后

19、的新建筑用地的面积最大，并求出最大值. 【答案】(1) 万米. 万平方米.(2) 所求面积的最大值为万平方米，此时点为弧ABC的中点.【解析】【详解】试题分析：(1)利用圆内接四边形得到对角互补，再利用余弦定理求出相关边长，再利用三角形的面积公式和分割法进行求解 ；(2)利用余弦定理和基本不等式进行求解试题解析：(1)根据题意知，四边形ABCD内接于圆，ABCADC180.在ABC中，由余弦定理，得AC2AB2BC22ABBCcosABC，即AC24262246cosABC.在ADC中，由余弦定理，得AC2AD2DC22ADDCcosADC，即AC24222242cosADC.又cosABCcosADC，cosABC，AC228，即AC2万米，又ABC(0，)，ABC.S四边形ABCDSABCSADC46sin24sin8 (平方万米)(2)由题意知，S四边形APCDSADCSAPC，且SADCADCDsin2 (平方万米)设APx，CPy，则SAPCxysinxy.在APC中，由余弦定理，得AC2x2y22xycosx2y2xy28，又x2y2xy2xyxyxy，当且仅当xy时取等号，xy28.S四边形APCD2xy2289 (平方万米)，故所求面积的最大值为9平方万米，此时点P为弧ABC的中点