1、湛江市20202021学年度第二学期期末高中调研考试高一数学试卷一、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.已知集合，则（ ）A.B.C.D.2.函数的零点所在的区间为（ ）A.B.C.D.3.在等边中，点在中线上，且，则（ ）A.B.C.D.4.利用斜二测画法得到：水平放置的三角形的直观图是三角形；水平放置的平行四边形的直观图是平行四边形；水平放置的正方形的直观图是菱形；水平放置的菱形的直观图是菱形.以上结论正确的是（ ）A.B.C.D.5.在中，内角，的对边分别为，若，则（ ）A.3B.2C.1D.6.在正方体中，为棱的中点，则异
2、面直线与所成角的余弦值为（ ）A.B.C.D.7.若对于任意的，恒成立，则实数的最小值为（ ）A.B.C.D.8.在中，内角，的对边分别为，若，且，则一定是（ ）A.锐角三角形B.钝角三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形二、选择题：本题共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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列命题中为真命题的是（ ）A.“”的充要条件是“”B.“”是“”的既不充分也不必要条件C.命题“，”的否定是“，”D.“，”是“”的必要条件10.下列命题错误的是（ ）A.直棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的矩形B.用一个平面去
3、截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台C.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直D.棱台的侧棱延长后交于一点，且棱台侧面均为梯形11.声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论正确的是（ ）A.是偶函数B.的最小正周期为C.在区间上单调递增D.的最小值为112.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的有（ ）A.当点运动时，总成立B.当向运动时，二面角逐渐变小C.二面角的最小值为45D.三棱锥的体积为定值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡
4、中的横线上.13.已知复数在复平面内对应的点在第二象限，且，则_.（写出满足条件的一个复数即可）14.已知，则向量与的夹角为_.15.函数的单调递增区间为_.16.已知三棱锥外接球的表面积为，平面，则的长为_.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，且它们在复平面上对应的点分别为，.（1）求，；（2）求.18.已知集合，其中，集合.（1）当时，求；（2）若，求实数的取值范围.19.已知函数的最小正周期为，且.（1）求和的值.（2）将函数的图象向右平移个单位长度（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数的单调递增区间；求函数在上的最大值.20.如图，
5、是等边三角形，平面，为的中点.（1）证明：平面.（2）证明：平面.21.在中，角，的对边分别为，已知，为外接圆的半径，.（1）若，求的面积；（2）求的最大值，并判断此时的形状.22.已知，函数.（1）判断函数在上的单调性，并用定义法证明；（2）设，若对任意，恒成立，求的取值范围.湛江市20202021学年度第二学期期末高中调研考试高一数学试卷参考答案1.A 因为，所以.2.B 因为是增函数，且，所以零点所在的区间为.3.D 因为，所以.4.A 对于，由斜二测画法规则知，水平放置的三角形的直观图还是三角形，正确；对于，根据平行性不变知，平行四边形的直观图是平行四边形，正确；对于，由平行于一轴的线
6、段长度不变，平行于轴的线段长度减半知，正方形的直观图不是菱形，错误；对于，因为，所得直观图的对角线不垂直，所以直观图不可能为菱形，错误.5.C 因为，所以，由，即，解得.6.D 连接（图略），因为，所以为异面直线与所成的角.设棱长为2，易知，所以.7.B 因为，所以.8.D 因为，所以，解得，从而.又，由s，得，进一步整理得，所以，则，故为等腰直角三角形.9.BC 对于A，当时，一不存在，A错误；对于B，当，时，不成立，B正确；根据命题的否定的定义知C正确；对于D，“，”是“”的充分条件，不是必要条件，D错误.10.AB 直棱柱的侧面都是矩形，但不一定全等，A错误；若截面与底面不平行，则棱锥底
7、面与截面之间的部分不是棱台，B错误；易知C，D均正确.11.AD 因为，所以是偶函数，A正确；显然是周期函数，因为，所以B错误；因为当时，所以在区间上单调递增，在上单调递减，C错误；由B中解答知是的周期，因为当时，当时，所以的最小值为1，D正确.12.ACD 对于A，易证平面，所以，同理可证，从而平面，所以恒成立，A正确；对于B，平面即平面，而平面即平面，所以当向运动时，二面角的大小不变，B错误；对于C，当点从的中点向点运动时，平面逐渐向底面靠拢，这个过程中，二面角越来越小，所以二面角的最小值为45，C正确；对于D，因为，点到平面的距离为，所以体积为，即体积为定值，D正确.13.（答案不唯一）
8、 设，只需满足，即可.14. 设向量与的夹角为，因为，所以.15（或写成也可以） 因为函数的定义域为，抛物线的对称轴为直线，开口向下，所以的单调递增区间为.16.12 设球的半径为，外接圆的半径为，由，得.由，得.因为，所以.17.解：（1）因为，所以.又因为，所以，.（2）因为，所以.由（1）知，所以，所以.18.解：（1）集合.当时，可化为，解得，所以集合，故.（2）显然，即.当，即时，.又因为，所以所以.当，即时，.又因为，所以所以.综上所述，实数的取值范围为.方法二：因为，所以对于任意的，恒成立.令，则即解得或，所以实数的取值范围为.19.解：（1）的最小正周期为，所以，即.又因为，所
9、以，即.（2）由（1）可知，则.由，得函数的单调递增区间为.因为，所以.当，即时，函数取得最大值，最大值为20.证明：（1）如图，取的中点，连接，.因为，所以，.又因为，所以，四边形为平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.（2）因为平面，所以.又因为是等边三角形，是的中点，所以.因为，所以平面.由（1）知，所以平面，从而.因为，为的中点，所以.又，所以平面.21.解：（1）由，得.又因为，所以，解得.又，所以.由余弦定理得，所以，因为，所以，所以.（2）由余弦定理得，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为，此时为等边三角形.方法二：用正弦定理计算同样给分.22.（1）证明：当时，在上单调递减.任取，由于，所以，所以，故在上单调递减.（2）解：依题意，.令，所以在上单调递减，在上单调递增，且当和时，而当时，所以.因为，所以，故.因为对任意，恒成立，所以，即，化简得，解得，故的取值范围是.