2021-2022學年湖北省襄陽市第五中學高一下學期期中數學試題一、單選題1．設集合、是全集的兩個子集，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】作出韋恩圖，數形結合，即可得出結論.【詳解】如圖所示，，同時.故選:C.【點睛】本題考查集合關系及充要條件，注意數形結合方法的應用，屬于基礎題.2．已知正實數滿足，則的最小值為（

）A．10 B．11 C．13 D．21【答案】B【分析】利用“乘1法”與基本不等式的性質即可得出．【詳解】解：正實數滿足，則，，即：，當且僅當且，即時取等號，所以的最小值為11.故選：B.【點睛】本題考查了“乘1法”與基本不等式的性質的應用，同時考查轉化思想和計算能力．3．若為不等式的解集，則的解集為A．或 B．C． D．或【答案】D【分析】為為不等式的解集，所以和是方程的兩根，從而解得，進而可得解.【詳解】因為為不等式的解集，所以和是方程的兩根，所以，，所以，，所以不等式即，解得或，故不等式的解集為或，故選D．【點睛】本題考查了一元二次不等式的解法，一元二次不等式與一元二次函數的關系，屬于中檔題.4．已知函數，若，則實數a的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】構造函數，容易判斷為奇函數，且在R上單調遞增，進而將原不等式轉化為，最后根據單調性求得答案.【詳解】設，，則，即為奇函數，容易判斷在R上單調遞增（增+增），又可化為，，所以a>1－2a，∴a>．故選：A.5．已知定義域為R的函數在單調遞增，且為偶函數，若，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據題意，由函數為偶函數分析可得函數的圖象關于直線對稱，結合函數的單調性以及特殊值分析可得，解可得的取值范圍，即可得答案．【詳解】解：根據題意，函數為偶函數，則函數的圖象關于直線對稱，又由函數在，單調遞增且f(3)，則，解可得：，即不等式的解集為；故選：D．6．已知平行四邊形中，點E，F分別在邊上，連接交于點M，且滿足，則（

）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】根據，得到，再由E，F，M三點共線求解.【詳解】因為，所以，所以．因為E，F，M三點共線，所以．故選：B7．函數的圖象（

）A．關于原點對稱 B．關于點對稱C．關于軸對稱 D．關于直線對稱【答案】B【分析】利用三角恒等變換公式確定函數的解析式，利用函數的性質確定對稱中心或對稱軸即可求解.【詳解】,令得，所以函數的對稱中心為，對于A，不存在使得，所以圖象不關于原點對稱，A錯誤；對于B，時對稱中心為，B正確；令得，所以函數的對稱軸為，不存在使得或，所以圖象不關于軸對稱，不關于直線對稱，C,D錯誤.故選:B.8．函數的值域為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分和且兩種情況進行討論，當且時，利用二倍角公式和輔助角公式進行化簡，然后利用三角函數的性質可得到值域【詳解】當時，，，所以；當且時，，所以，因為且，所以且，所以所以，綜上所述，函數的值域為故選：B二、多選題9．給出以下四個結論，其中所有正確結論的序號是（

）A．若函數的定義域為，則函數的定義域是；B．函數（其中，且）的圖象過定點；C．當時，冪函數的圖象是一條直線；D．若，則的取值范圍是.【答案】ABD【解析】根據指數函數、對數函數的圖象與性質，復合函數的定義域判斷各選項．【詳解】A．函數的定義域為，即，則，∴函數中的取值范圍，即定義域為，即定義域是，A正確；B．令，則，∴圖象過定點．B正確；C．中，它的圖象是直線上去掉點，不是直線，C錯；D．時，，不合題意，時，，，∴．D正確．故選：ABD．【點睛】本題考查指數函數與對數函數的圖象與性質，考查函數的定義域，掌握指數函數與對數函數的圖象與性質是解題關鍵．10．已知函數，則下列說法正確的是（

）A．若的最小正周期是，則B．當時，的對稱中心的坐標為C．當時，D．若在區間上單調遞增，則【答案】AD【解析】根據正切函數的性質，采用整體換元法依次討論各選項即可得答案.【詳解】解:對于A選項，當的最小正周期是，即：，則，故A選項正確；對于B選項，當時，，所以令，解得：，所以函數的對稱中心的坐標為，故B選項錯誤；對于C選項，當時，，，，由于在單調遞增，故，故C選項錯誤；對于D選項，令，解得：所以函數的單調遞增區間為：，因為在區間上單調遞增，所以，解得：，另一方面，，，所以，即，又因為，所以，故，故D選項正確.故選：AD【點睛】本題考查正切函數的性質，解題的關鍵在于整體換元法的靈活應用，考查運算求解能力，是中檔題.其中D選項的解決先需根據正切函數單調性得，再結合和得，進而得答案.11．已知的內角、、所對的邊分別為、、，下列四個命題中正確的命題是

（

）A．若，則一定是等邊三角形B．若，則一定是等腰三角形C．若，則一定是等腰三角形D．若，則一定是銳角三角形【答案】AC【分析】對于A．利用正弦定理證明△ABC是等邊三角形，故A正確；對于B，利用正弦定理化簡得△ABC為等腰三角形或直角三角形，故B錯誤；對于C，利用正弦定理和三角恒等變換化簡得△ABC是等腰三角形，故C正確；對于D，利用余弦定理化簡得角C為銳角，但△ABC不一定是銳角三角形，故D錯誤．【詳解】對于A．若，則，，即，即△ABC是等邊三角形，故A正確；對于B，若，則由正弦定理得，，則或，即或，則△ABC為等腰三角形或直角三角形，故B錯誤；對于C，若，則即，則△ABC是等腰三角形，故C正確；對于D，△ABC中，∵，∴，所以角C為銳角，但△ABC不一定是銳角三角形，故D錯誤．故選：AC．12．在給出的下列命題中，正確的是（

）A．已知為的外心，邊長為定值，則為定值．B．中，已知，則且則C．為為所在平面內一點，且，則動點的軌跡必通過的重心．D．為的垂心，，則．【答案】ABD【分析】由三角形的外心的性質和向量數量積的性質計算，即可判斷A；由向量的運算推得AD為角平分線，利用三角形的面積公式運算，即可判斷B；設線段BC的中點為D，由向量的中點表示和向量數量積的性質，即可判斷C；由三角形的垂心性質和向量的夾角公式計算，即可判斷D.【詳解】A：O為的外心，邊AB、AC長為定值，為定值，故A正確；B：在中，已知，由，可得D在的平分線上，又，可得D、B、C三點共線，即AD為角平分線，由得，得，故B正確；C：如圖，設線段BC的中點為D，則，因為，即，所以，得，所以且平分BC，所以動點M的軌跡必通過的外心，故C錯誤；D：由H為的垂心，得，有，同理，所以，設，因為，所以，有，所以，同理可得，所以，故D正確.故選：ABD三、填空題13．設向量與的夾角為，定義與的“向量積”，是一個向量，它的模等于，若，，則______．【答案】2【分析】分別計算兩個向量的模長及夾角，代入計算即可.【詳解】，，則，則，則,故答案為：214．在中，角，，所對的邊分別為，，，已知，則______．【答案】【分析】先由正弦定理得，再結合題中條件得，最后利用余弦定理可求得，結合可得.【詳解】在中，由正弦定理可得，，又由題知，所以，整理得，，在中，由余弦定理得，，所以，又，所以.故答案為：.15．若向量,,則的最大值為________.【答案】3【詳解】試題分析：根據題意，由于向量,,則可知=，那么化為單一函數可知，可知最大值為3，故填寫3.【解析】向量的數量積點評：解決的關鍵是對于向量的數量積的坐標運算以及數量積的性質的運用，屬于基礎題．四、雙空題16．在中，角，，所對的邊分別為，b，c.已知向量，且.D為邊上一點，且.則_______，面積的最大值為________.【答案】

【分析】由計算可得，進而得出，因為，所以，，在和中分別計算和的表達式，然后利用可得，由余弦定理可得，兩式結合可得，由不等式的知識可得，進而可得，最后利用三角形面積計算公式可得出面積的最大值.【詳解】由可得，，利用余弦二倍角公式和邊化角可得：，即，利用積化和公式可得：，即，又，所以；因為，所以，，在中，，在中，，又，所以有，即，①又，②將②代入①得，，又，所以，即，由，，可得：，所以.所以面積的最大值為.故答案為：；.【點睛】本題主要考查解三角形，考查兩角積化和公式的應用，考查三角形面積公式的應用，考查基本不等式的應用，考查邏輯思維能力和計算能力，屬于中檔題.五、解答題17．已知復數滿足.（1）求；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由復數的模定義求得，移項可得，再由共軛復數定義得結論；（2）由復數的運算法則計算．【詳解】解：（1）∵，∴，∴，∴，∴.（2）由（1）得，.18．已知函數的部分圖像如圖所示.(1)求的解析式；(2)設為銳角，，求的值.【答案】（1）；（2）.【詳解】試題分析：（1）根據函數圖象求出，和的值即可；（2）利用兩角和差的余弦公式和正弦公式進行化簡求解．試題解析：(1)由圖可得,.(2)為鈍角，，.點睛：本題主要考查利用的圖象特征，由函數的部分圖象求解析式，理解解析式中的意義是正確解題的關鍵，屬于中檔題．為振幅，有其控制最大、最小值，控制周期，即，通常通過圖象我們可得和,稱為初象，通常解出，之后，通過特殊點代入可得，用到最多的是最高點或最低點.19．已知函數是偶函數（1）求實數的值；（2）若函數沒有零點，求實數的取值范圍（3）若函數，的最大值為0，求實數的值.【答案】（1）；（2）；（3）5.【分析】（1）根據偶函數定義得，再根據對數性質求的值；（2）令，可看作函數的圖象與直線無交點，再求的值域可得答案；（3）化簡后，再轉化為二次函數，，根據對稱軸與定義區間位置關系討論最值取法，最后根據最大值為0解實數的值即可．【詳解】（1）∵是偶函數，∴，即對任意恒成立，∴，∴．（2）由（1）知，函數沒有零點，即方程無實數根．令，則函數的圖象與直線無交點，∵，又，∴，∴的取值范圍是，的取值范圍是（3）由題意，的最大值為0，令，，，①當，即時，，；②當，即時，，（舍去）．綜上可知，實數．【點睛】方法點睛：本題考查了函數的性質，考查函數零點問題．解題方法是把零點個數轉化為方程解的個數，再轉化為函數圖象交點個數，由圖象觀察所需條件求得結論．考查了分析問題、解決問題的能力．20．在平面直角坐標系中，設向量，，．(1)若，求的值；(2)設，，且，求的值．【答案】(1)(2)【分析】(1)利用向量的模長公式.(2)利用向量平行的坐標形式求解.【詳解】（1）因為，，，所以，且.因為，所以，即，所以，即．（2）因為，所以．依題意，．因為，所以．化簡得，，所以．因為，所以．所以，即．21．在中，角的對邊分別為，且.(1)求A的值；(2)若，，當的周長最小時，求的值；(3)若，，且的面積為，求的長度.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由正弦定理化簡得到，利用輔助角公式得到，結合角A的范圍，求出A；（2）利用余弦定理，基本不等式求出周長最小值及此時的值；（3）由面積公式得到，結合正弦定理得到，求出，由余弦定理求出答案.【詳解】（1）由及正弦定理，得，因為，且，所以，即，因為，所以；（2）由余弦定理，得，將代入，整理，得，因為，所以的周長為，當且僅當，即時取等號，所以當的周長最小時，；（3）由的面積為，得，所以①，又，所以，，由正弦定理，得，②由①②可得，因為，所以，在中，由余弦定理，得，所以.22．對于函數，且的定義域為，．（1）求實數的值，使函數為奇函數；（2）在（1）的條件下，令，求使方程，有解的實數的取值范圍；（3）在（1）的條件下，不等式對于任意的恒成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）；（2）；（3）當時，；當時，；【分析】（1）先利用求得，再驗證即可；（2）求得此時函數，由此得解