一、单选题（共8道，每题5分，共40分，每题4个选项，只有一个符合题目要求）
1. 已知复数满足＝（为虚数单位），则为（ ）
A. B. C. D.
2. 不等式的解集是（ ）
A.
B.
C.
D.
3. 设，是方程＝的两个根，则的值为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知的外心是边的中点，，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知角的终边过点，则的值是
A. B.
C.或 D.随着的取值不同其值不同
6. 下列函数中，周期为，且在上单调递减的是（ ）
A.＝ B.＝ C.＝ D.＝
7. 棱台的上、下底面面积分别为和，则这个棱台的高和截得棱台的原棱锥的高的比是（ ）
A. B. C. D.
8. 一船沿北偏西方向航行，看见正东方向有两个灯塔，，＝海里，航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏东，另一灯塔在船的南偏东，则这艘船的速度是每小时（ ）
A.海里 B.海里 C.海里 D.海里
二、多选题（共4小题，每题5分，共20分，每题4个选项中有多个正确选项，全部选对得5分，漏选得3分，错选得0分）
以下命题（其中，表示直线，表示平面），其中错误的是（ ）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，＝，则
已知，则下列命题是真命题的有（ ）
A.若＝，则是等腰三角形
B.若＝，则是直角三角形
C.若，则是钝角三角形
D.若＝，则是等边三角形
是边长为的等边三角形，已知向量满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
关于函数，下列命题正确的是( )
A.由可得是的整数倍
B.的图象关于点对称
C.的表达式可改写成
D.的图象关于直线对称
三、填空题（共4小题，每题5分，共20分）
已知＝＝，向量与的夹角为，则＝________．
已知中，＝，，＝，则＝________．
一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为________；该四面体的体积为________．
函数，若在上恒成立，则的取值范围是________；若在上有两个不同的解，则的取值范围是________．
四、解答题（写出必要的解题步骤，文字说明等）
已知＝＝，且向量在向量的方向上的投影为．求：
（1）与的夹角；
（2）．
在锐角中，角，，所对的边分别是，，，且．
（1）求角；
（2）若＝，求．
已知，．
（1）求的值；
（2）求的值．
如图，在正方体中，作如图棱锥，其中点在侧棱所在直线上，＝，＝，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求以为轴旋转所围成的几何体体积．
在中，．
（1）求的值；
（2）若，求的最大值．
已知函数＝的图象相邻对称轴之间的距离是，若将的图象向右移个单位，所得函数为奇函数．
（1）求的解析式；
（2）若函数＝的零点为，求；
（3）若对任意，＝有解，求的取值范围．
参与试题解析
2021学年辽宁省高一（下）期中数学试卷
一、单选题（共8道，每题5分，共40分，每题4个选项，只有一个符合题目要求）
1.
【答案】
B
【考点】
复数的模
【解析】
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得，代入复数模的计算公式求解．
【解答】
解：由＝，得，
∴ ．
故选．
2.
【答案】
B
【考点】
三角函数线
【解析】
根据正切函数的单调性解不等式．
【解答】
令＝，则的单调增区间为，．
又＝，，
∴ 当，时，．
3.
【答案】
A
【考点】
两角和与差的三角函数
【解析】
由，是方程＝的两个根，利用根与系数的关系分别求出及的值，然后将利用两角和与差的正切函数公式化简后，将及的值代入即可求出值．
【解答】
∵ ，是方程＝的两个根，
∴ ＝，＝，
则．
4.
【答案】
D
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
由的外心是边的中点可得为直角，即，然后结合向量垂直的坐标表示即可求解．
【解答】
由的外心是边的中点可得为直角，即，
∵ ，，
所以＝，
故．
5.
【答案】
B
【考点】
三角函数
终边相同的角
【解析】
根据角的终边所过的一个点，写出这点到原点的距离，注意字母的符号，根据三角函数的定义，写出角的正弦和余弦值，代入要求的算式得到结果即可．
【解答】
解：∵ 角的终边过点，，
∴ ，
∴ ，
，
∴ .
故选．
6.
【答案】
A
【考点】
三角函数的周期性
【解析】
由条件利用三角函数的周期性和单调性，得出结论．
【解答】
对于，由于＝的周期为，且在上单调递减，故满足条件．
对于，由于＝的周期为，故不满足条件．
对于，由于＝的周期为，在上，，故函数单调递增，故不满足条件．
对于，函数＝的最小正周期为，函数在区间上单调递增，故不满足条件．
7.
【答案】
B
【考点】
棱台的结构特征
【解析】
根据面积比等于相似比的平方，可得棱台上下底面的相似比，再由相似即可推出棱台、棱锥的高之比．
【解答】
不妨设该棱台为三棱台，原棱锥为，棱台和棱锥对应的高分别为和．
由题意知，，
∴ ．
8.
【答案】
D
【考点】
解三角形
【解析】
根据题意作出对应的三角形，结合三角形的边角关系即可得到结论．
【解答】
如图所示，＝，＝＝＝，＝，＝，∴ ＝．
中，由正弦定理可得，
∴ ＝，
∴ ，
∴ 这艘船的速度是每小时海里，
二、多选题（共4小题，每题5分，共20分，每题4个选项中有多个正确选项，全部选对得5分，漏选得3分，错选得0分）
【答案】
A,B,C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
对于，或；对于，与相交、平行或异面；对于，或；对于，由线面平行的性质得．
【解答】
由，表示直线，表示平面，知：
对于，若，，则或，故错误；
对于，若，，则与相交、平行或异面，故错误；
对于，若，，则或，故错误；
对于，若，，＝，则由线面平行的性质得，故正确．
【答案】
B,C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用诱导公式和关系式的变换及函数的性质的应用判定的结果．
【解答】
对于选项＝，里哟用诱导公式，整理得＝或＝，所以＝或，所以为等腰三角形或直角三角形，故错误．
对于选项＝，整理得＝，故，则，所以为直角三角形，故正确．
对于选项，必有一个负值，假若为，则，所以，故为钝角三角形，故正确．
对于选项：由于，所以＝＝＝，故＝＝，整理得＝＝，所以为等边三角形．故正确．
【答案】
A,D
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
由，可求得的值，从而判断选项和；
对＝，两边平方可求得的值，从而判断选项；
，代入所得数据计算其结果可判断选项．
【解答】
∵ 是边长为的等边三角形，
∴ ＝．
∵ ，，
∴ ，
∴ ，即选项和错误．
∵ ，∴ ，
∴ ＝，即选项正确．
对于选项，＝＝，
∴ ，即选项正确．
【答案】
C,D
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦函数的对称性
【解析】
首先把函数的关系式，利用三角函数的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出函数的周期，对称轴，对称中心的应用求出结果．
【解答】
解：
．
，，由于只有时，函数，，
所以是的整数倍，故选项错误；
，当时，，故选项错误；
，利用诱导公式，故选项正确；
，当时，，故选项正确．
故选．
三、填空题（共4小题，每题5分，共20分）
【答案】
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
由平面向量数量积的定义可求得的值，而，代入相关数据即可得解．
【解答】
由题意知，．
所以．
【答案】
【考点】
余弦定理
【解析】
由已知结合余弦定理即可直接求解．
【解答】
由余弦定理可得，，
整理可得，，
解可得，．
【答案】
,
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
由题意画出图形，求出正四面体的高，利用勾股定理进一步求得其外接球的半径，可得表面积，再由三棱锥的体积公式求四面体的体积．
【解答】
如图，
由题意，四面体为正四面体，且棱长为．
设底面三角形的外心为，连接并延长，交于，
则，∴ ．
．
设四面体的外接球的半径为，则，解得．
∴ 球的表面积为；
该四面体的体积为．
【答案】
,
【考点】
三角函数的最值
【解析】
将化为，求出当时，的最大值，即可求得的取值范围；将在上有两个不同的解转化为函数＝与＝的图象有两个交点，再根据函数＝，的图象即可求得答案．
【解答】
因为可化为，
当时，，，
所以的最大值为，所以．
因为在上有两个不同的解，
等价于函数＝与＝的图象有两个交点，
函数＝，的图象如图所示：
由图可知，．
故答案为：，．
四、解答题（写出必要的解题步骤，文字说明等）
【答案】
向量在向量的方向上的投影为，
∴ ＝，
∴ ，
由，可得，
＝＝．
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
（1）由向量的投影可得＝，计算即可得到；
（2）运用向量数量积的性质，向量的平方即为模的平方，计算即可得到所求值．
【解答】
向量在向量的方向上的投影为，
∴ ＝，
∴ ，
由，可得，
＝＝．
【答案】
由正弦定理可得，
所以，
所以，
即，
在中，，所以，
所以＝或，因为为锐角三角形，
所以＝．
由正弦定理得：＝，
又由余弦定理：，
代入＝，可得．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求，进而可求，
（2）由已知结合正弦定理及余弦定理进行化简即可求解．
【解答】
由正弦定理可得，
所以，
所以，
即，
在中，，所以，
所以＝或，因为为锐角三角形，
所以＝．
由正弦定理得：＝，
又由余弦定理：，
代入＝，可得．
【答案】
∵ 已知，∴ ，∵ ，平方可得，
∴ ，
∴ ．
．
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
（1）由题意利用同角三角函数的基本关系，求得 的值．
（2）由题意利用三角函数的恒等变换及化简所给的式子，结合（1）的结论，可得结果．
【解答】
∵ 已知，∴ ，∵ ，平方可得，
∴ ，
∴ ．
．
【答案】
证明：连接交于，连接．
∵ 是正方形，∴ 为中点；
又∵ 为的中点，∴ ．
又平面，平面．
∴ 平面；
过作的垂线，垂足为，则以为轴旋转所围成的的几何体是以为半径，
分别以，为高的两个圆锥的组合体．
由题意知侧棱底面，
∵ 底面，∴ ，
∵ ＝，＝＝．∴ ＝，则，
∴ 几何体体积．
【考点】
直线与平面平行
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
（1）连接交于，连接，由三角形中位线定理可得，再由直线与平面平行的判定得到平面；
（2）过作的垂线，垂足为，则以为轴旋转所围成的的几何体是以为半径，分别以，为高的两个圆锥的组合体．求解三角形可得，的值，再由圆锥体积公式求解．
【解答】
证明：连接交于，连接．
∵ 是正方形，∴ 为中点；
又∵ 为的中点，∴ ．
又平面，平面．
∴ 平面；
过作的垂线，垂足为，则以为轴旋转所围成的的几何体是以为半径，
分别以，为高的两个圆锥的组合体．
由题意知侧棱底面，
∵ 底面，∴ ，
∵ ＝，＝＝．∴ ＝，则，
∴ 几何体体积．
【答案】
∵ 在中，．
∴ ；
∵ ，，可得，
∴ 由余弦定理可得：＝，
∴ 可得：＝，解得：，
∴ ．
所以面积的最大值等于．
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
余弦定理
【解析】
（1）原式利用二倍角的余弦函数公式化简，整理后把的值代入计算即可求出值；
（2）将，的值代入，利用余弦定理可得到，的关系式，再由基本不等式及三角形面积公式即可求最大值．
【解答】
∵ 在中，．
∴ ；
∵ ，，可得，
∴ 由余弦定理可得：＝，
∴ 可得：＝，解得：，
∴ ．
所以面积的最大值等于．
【答案】
知函数＝的图象相邻对称轴之间的
距离是 ，∴ ＝，＝．
若将的图象向右移个单位，所得函数＝为奇函数，
∴ ，∴ ，故 ．
由已知方程 的解为 即，
所以＝＝．
，∵ ，∴ ，∴ ；
要是＝有解，即＝在上有解；∵ ；∴ ，
解得，所以，．
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
（1）由题意利用正弦函数的图象和性质，函数＝的图象变换规律，求得的解析式．
（2）由题意利用诱导公式，求得要求式子的值．
（3），利用正弦函数的定义域和值域，求得的范围，从而得到的范围．
【解答】
知函数＝的图象相邻对称轴之间的
距离是 ，∴ ＝，＝．
若将的图象向右移个单位，所得函数＝为奇函数，
∴ ，∴ ，故 ．
由已知方程 的解为 即，
所以＝＝．
，∵ ，∴ ，∴ ；
要是＝有解，即＝在上有解；∵ ；∴ ，
解得，所以，．下载本文
