湖南省天壹名校联盟2020-2021学年高一下学期3月大联考数学试题

数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知向量a1,1，b1,，则ab（ ）

12A．31, 22B．0,

12C．2,1 2D．2,

1222．已知集合A1,2,a2，B1,3a，若BA，则a（ ）

A．1或2 3．函数fxeA．0,1

x1B．2 C．3 D．1或2或

2 32的零点所在的区间是（ ）

B．1,2

C．2,3

D．3,4

4．已知xlog0.32，y20.3，z0.32，则（ ） A．xyz

B．xzy

C．zxy

D．yzx

5．在ABC中，点E，F在边AB上，且E，F为AB边上的三等分点（其中E为靠近点A的三等分点），且CEmCBnCA，则（ ） A．mC．m21，n

3321，n

3321B．m，n

3321D．m，n

336．将函数fx2sin2x的图像向右平移，再将横坐标上所有的点伸长为原

33来的2倍，再向上平移1个单位，得到函数gx，则gx的函数解析式为（ ） A．gx2sin2x

B．gx2sinx1

C．gx2sinx1 3D．gx2sinx1 67．已知函数fx的图像如下，请根据图像选出符合条件的解析式（ ）

试卷第1页，总4页

x3sinxA．fxx（x0） xeex3cosxC．fxx（x0） xeex3cosxB．fxx（x0） xeex3sinxD．fxx（x0） xee8．中国数学家华罗庚倡导的“0.618优选法”在各领域都应用广泛，0.618就是黄金分割比m51的近似值，古希腊的数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的2512sin18，2作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用2sin18表示，即

12的值为（ ） 则

2m2sin36sin29A．

1 2B．51 C．51

D．1 2

二、多选题

9．已知i是虚数单位，复数A．z的虚部为i C．z234i 限

10．下列结论正确的是（ ）

A．在ABC中，若AB，则sinAsinB B．半径为2，圆心角的弧度数为

z1（z的共轭复数为z） ，则下列说法中正确的是（ ）12iiB．zz3

D．复数z在复平面内对应的点在第四象

11的扇形面积为 22C．若sin2Asin2B，则ABC为等腰三角形

D．b、c分别为ABC的内角A、B、C的对边，若a、且a2b2c20，则ABC是钝角三角形

11．函数fx的定义域为R，对任意的x1，x2R都满足

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x1fx1x2fx2x1fx2x2fx1，下列结论正确的是（ ）

A．函数fx在R上是单调递减函数 C．fx1fx2的解为xB．f2f1f2 D．f00

1 22x3x,x112．设函数fx，若函数fxm0有五个零点，则实数m可取

log2x,x1（ ） A．3

三、填空题

13．ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a1，b2，sinB则sinA________．

14．请写出满足函数fx的周期为2的任意一个解析式________．

15．欧拉公式eixcosxisinx（其中i为虚数单位）是由著名数学家欧拉发现的，即

iπππ当x时，e3cosisin，根据欧拉公式，若将e2021πi所表示的复数记为z，

333πB．1

C．1 2D．2

4，5则将复数

z表示成三角形式为________． 1i16．秦九韶是我国南宋时期的数学家，他的成就代表了中世纪世界数学发展的主流与最高水平，在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实一为从陽，

122a2c2b2开平方得积．”如果把以上这段文字写成公式就是Sac42其中a，b，c是ABC的内角A，B，C的对边．若

2，sinAcosB1cosAsinBcsinA ，且b1，则ABC面积S的最大值为________．

c2c

四、解答题

2217．已知复数zm5m6m2m8i，mR．

（1）若z是纯虚数，求m的值；

（2）当实数m取何值时，复数z对应的点在复平面内第一、三象限角平分线上．

试卷第3页，总4页

18．已知向量a2,4，b1,3，cx,2． （1）若akb与2ab垂直，求k的值； （2）若b与c的夹角为锐角，求x的取值范围．

19．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴非负半轴重合，终边过点3,4．

πsinπ2sin（1）2的值；

cosπsin（2）已知

1ππ，且cos，求cos的值． 2320．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

2sin2AabsinB2sin2C，ABC外接圆半径为1．

（1）求角C；

（2）若ABC为锐角三角形，求ABC的周长的取值范围． 21．已知幂函数fxm2m2x25k2k2（kZ）是偶函数，且在0,上单

调递增．

（1）求函数fx的解析式；

（2）若f2x1f2x，求x的取值范围； （3）若实数a，b（a，bR）满足2a3b7m，求22．设a32的最小值． a1b11,sinx，bcos2xsin2x,cosx，且fxab． 2（1）求fx的单调递减区间；

（2）若函数fx的图像关于点x0,y0对称，求正数x0的最小值； （3）若函数gx5πππ2fxm在x,上有两个不同的零点x1，x2，

24122求m的取值范围，并求tanx1x2的值．

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参考答案

1．C 【分析】

直接用平面向量的坐标运算计算即可 【详解】

已知向量a1,1，b1,，

12则ab2, 故选：C 2．D 【分析】

利用子集的定义讨论即可. 【详解】

2因为BA，集合A1,2,a2，B1,3a，

12若3a2，则a2，符合； 3若a223a，则a1或2，经检验均符合. 故选：D. 3．B 【分析】

结合函数的单调性以及零点存在性定理可直接判断. 【详解】

因为函数fx为单调递增函数，且f2e20，f110 所以零点所在的区间是1,2， 故选：B． 4．B 【分析】

由对数函数ylog0.3x、指数函数y3x、y0.3x的单调性，可以得到x0，y1，

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0z1可得大小关系．

【详解】

解：因为xlog0.320，y20.3201，00.320.301，则0z1， 所以xzy， 故选：B 5．B 【分析】

利用向量的加法、减法线性运算即可求解. 【详解】

CECBBECB2212BACBCACBCBCA， 333321

所以m，n.

33故选：B 6．C 【分析】

首先函数图像向右平移

3得到y2sin2x，再将横坐标上所有的点伸长为原来的23倍，向上平移1个单位得到gx2sinx【详解】

函数fx2sin2x1. 33的图像向右平移

π， 3得到的函数解析式为y2sin2x2sin2x， 333再将横坐标上所有的点伸长为原来的2倍，得到的解析式为y2sinx， 3再向上平移1个单位，得到gx2sinx故选：C

1. 3答案第2页，总12页

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7．A 【分析】

通过f20，可排除B、C选项；再通过f20，排除D选项，进而得出结果. 【详解】

23cos2B：由图象可知f20，但由于20,cos20,ee0，所以f220，2ee322故排除B选项；

23cos2C：由图象可知f20，但由于20,cos20,ee0，所以f220，2ee322故排除C选项；

D：由图象可知f20，但由于20,sin20,e2e20，所以

3f22sin20，故排除D选项； 22ee3故选：A. 8．D 【分析】

将原式都转化为三角函数，再利用二倍角公式化简求值. 【详解】

111(12sin29)cos181cos181. 2222m2sin36sin3624sin2182sin36cos362sin722sin29故选：D 9．CD 【分析】

由复数的相关概念与运算逐一判断即可 【详解】

z12i2i， i所以z2i，

对于A，z的虚部为1，故A错误；

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对于B，zz22i25，故B不正确； 对于C，z2i，z234i，故C正确； 对于D，z故选：CD 10．AD 【分析】

利用正弦定理和余弦定理可判断AD的正误，利用扇形的面积公式可判断B的正误，利用诱导公式可判断C的正误． 【详解】

12i2i，则对应点的坐标为2,1，故D正确； iABC中，ABab，由

而S扇形ab，得sinAsinB，A正确； sinAsinB111R2221，故B错； 222ABC中，若sin2Asin2B，因为A,B为三角形内角，

则2A2B或2A2B180，即AB或AB90， 故ABC为等腰三角形或直角三角形，C错误；

a2b2c20，由余弦定理可知cosC0，C为钝角，

ABC是钝角三角形，故D正确；

故选：AD． 11．BC 【分析】

由x1fx1x2fx2x1fx2x2fx1，可得x1x2fx1fx20，所以可判断出fx在R上为增函数，然后逐个分析判断即可 【详解】

解：由x1fx1x2fx2x1fx2x2fx1，得x1x2fx1fx20， 所以f(x)在R上单调递增，所以A错，

因为f(x)为R上的递增函数，所以f2f1f2，所以B对，

答案第4页，总12页

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因为fx在R上为增函数，fx1fx2x1x2x1，所以C对 2函数R上为增函数时，不一定有f00，如f(x)2x在R上为增函数，但f(0)1，所以D不一定成立，故D错． 故选：BC 12．CD 【分析】

函数fxm0有五个零点等价于yfx与ym有五个不同的交点，作出fx图像，利用图像求解即可 【详解】

函数fxm0有五个零点等价于yfx与ym有五个不同的交点，作出fx3图像可知，当x时，

23f23393 2242若yfx与ym有五个不同的交点， 则m0,，

949m,0，

4故选：CD．

13．

2 5【分析】

答案第5页，总12页

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根据正弦定理代入计算可得答案. 【详解】 根据正弦定理知，故答案为：

asinB2ab， ，所以sinAb5sinAsinB2. 514．fxsinπxfxcosπx,fxtan【分析】

πx 2根据周期的定义，函数满足fx=fx2即可. 【详解】

根据周期的定义满足fx=fx2即可,

故答案为：fxsinπxfxcosπx,fxtanπx. 215．23π3πcosisin 244【分析】

根据欧拉公式eixcosxisinx，先求出e2021πi，再进行复数的除法运算，最后再表示为三角形式. 【详解】

因为e2021πicos2021πisin2021π1，

所以

z123π3πcosisin. 1+i1i24423π3πcosisin 244故答案为：

16．7 4【分析】

利用两角和的正弦公式，诱导公式，正弦定理得出ac2，由基本不等式得a2c2的最小

答案第6页，总12页

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值，结合已知公式可得结论． 【详解】 解析：

sinAcosB1cosAsinBsinAcosBcosAsinBsin(AB)sinC1csinAcsinAc2cccc2 所以

c1ca，即ac2,a2c22ac4，故c22122a2c2b2Sac421a2c21277 ==442164当且仅当ac2时取“＝”号． 故答案为：7． 417．（1）m3；（2）m2． 【分析】

（1）由复数的定义可求得m；

（2）根据复数的几何意义各知其对应的点的坐标，从而由已知得出结论． 【详解】

m25m60由题意可得2，

m2m80解得m3

（2）当复数z对应的点在复平面内第一、三象限角平分线上时，

m25m6m22m8，

解得m2，

所以m2时，复数z对应的点在复平面内第一、三象限角平分线上 18．（1）k【分析】

（1）根据向量垂直的坐标表示，计算得出参数k的值即可； （2）由向量夹角的范围确定数量积的范围，进而求出x的范围.

53；（2）（5，6）

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【详解】

（1）因为向量a2,4，b1,3 所以2ab3,11，akb2k,43k

akb与2ab垂直，akb2ab0，

计算得：k5 3（2）b与c的夹角为锐角，

0cosb,cbc1， bc即：0bc1，0x61 计算得：5x6

x的取值范围为：（5，6）

19．（1）2；（2）【分析】

（1）由三角函数定义求得tan，再由诱导公式化简求值式并弦化切后代入求值； （2）由三角函数定义求得sin,cos要，由平方关系求得sin，然后由两角和的余弦公式求值． 【详解】

（1）依题意tan382． 154， 3πsinπ2sin原式2sin2costan22；

cosπsincossintan1（2）因为终边过点3,4， 所以sin43，cos，

55答案第8页，总12页

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因为

1π22π，且cos，所以sin

233所以cos()coscossinsin20．（1）C【分析】

31422382． 535315π；（2）33,33． 3（1）根据正弦定理进行边角互化，再运用余弦定理可求得角C； （2）运用正弦定理表示ab2sin案. 【详解】

（1）因为ABC外接圆半径为1，所以

222πB2sinB，再运用正弦函数的值域可求得答3abc2， sinAsinBsinC又因为2sinAabsinB2sinC，所以a2c2abb2，即a2b2c2ab，

a2b2c21所以cosC，又C0,π，

2ab2所以Cπ， 3（2）在ABC中，Cbacπ2 ，由正弦定理可得，

3sinBsinAsinC所以a2sinA，b2sinB，c3，

πABπ2因为ABC为锐角三角形，C，，

π3B2所以

ππB， 62ππ2πB2sinB，且B，

623所以ab2sin312πab2sinB2sinB2cosBsinB2sinB 所以232答案第9页，总12页

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π3sinB3cosB23sinB，

6π3πππ2π,123sinB3,23B，sinB，， 626363所以3ab23，

所以ABC的周长abc的范围为33,33． 21．（1）fxx；（2）1,1；（3）2．

2【分析】

（1）根据幂函数的定义求得m，由单调性和偶函数求得k得解析式； （2）由偶函数定义变形不等式，再由单调性去掉函数符号“f”，然后求解； （3）由基本不等式求得最小值． 【详解】 解析：（1）．

m22m21，

m1

5k2k20，

0k5（kZ） 2即k1或2

上单调递增，fx为偶函数 fx在0，2k2即fxx

（2）

f2x1f2xf2x1f2x

2x12x，(2x1)2(2x)2，x21，

∴x1,1 （3）由题可知

2a3b7，

2a13b112a1b11

64答案第10页，总12页

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a1b133223b1a111122a1b164a1b14a13b14，

3b1a12a3b1，即a2，b1时等号成立． 当且仅当

4a13b1所以

32的最小值是2． a1b122．（1）kπ【分析】

π5π13π,kπ（kZ）；（2）；（3）1m；tanx1x23． 8828（1）先求出fx=式即可解得；

2πsin2x，要求fx的单调递减区间，利用同增异减列不等24πkπ，解出x0； 4（2）根据函数fx的图像关于点x0,y0对称，可以得到2x0（3）先求出gx的解析式，根据函数gx5πππ2fxm在x,上有两个

241222π，进而求出tanx1x2. 3不同的零点x1，x2，求出m的取值范围和x1x2【详解】 （1）

fxab1112πcos2xsin2xsinxcosxcos2xsin2xsin2x， 22224ππ3π2x2kπ， 242要求fx的单调递减区间，只需2kπ解得：kππ5πxkπ（kZ）， 88π5π,kπ（kZ）. 88所以fx的单调递减区间为kπ（2）因为函数fx的图像关于点x0,y0对称， 所以2x0π1πkπ，则x0kπkZ， 428答案第11页，总12页

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x00，∴x0（3）gx3π 85ππ2fxmsin2xm，

246因为xππ5πππ,，所以2x0,，所以sin2x0,1，

6661225πππx,上有两个不同的零点x1，x2， gx2fxm要使函数在241221kππ1m且x1，x2关于直线x对称，

2232πx1x2，tanx1x23. 3【点睛】

（1）三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构；

（2）求单调区间，最后的结论务必写成区间形式，不能写成集合或不等式．

（3）研究正弦型、余弦型函数的性质，通常用整体代换，根据ysinx或ycosx的对应性质解决.

答案第12页，总12页