2019-2020学年山东省德州市高一下学期期末数学试题（解析版）

这是一份2019-2020学年山东省德州市高一下学期期末数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2019-2020学年山东省德州市高一下学期期末数学试题  一、单选题1．已知是虚数单位，，则复数所对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】利用复数的运算法则求解复数，再利用共轭复数的性质求，进而确定所对应的点的位置.【详解】由，得，所以，所以复数所对应的点为，在第四象限，故选：D.【点睛】对于复数的乘法，类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i的看作一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可；对于复数的除法，关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式.2．的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用诱导公式再利用两角差的正弦公式化简可得答案.【详解】.故选：C.3．若圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，且圆锥的母线长为，则该圆锥的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知求出圆锥的底面半径，根据侧面积公式可得答案.【详解】如图圆锥的轴截面是顶角为，即，，,所以，所以圆锥的侧面积为.故选：C.4．（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用两角和的正切公式化简求解即可.【详解】，，故；故选：A.5．一个正三棱锥的底面边长是，高为，则它的斜高是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】画出正三棱锥的图像，得到底面正三角形的中心到正三角形的的距离，再利用勾股定理求斜高即可.【详解】正三棱锥的底面边长,高，所以底面正三角形的中心到正三角形的的距离为，故正三棱锥的斜高；故选：D.6．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴.一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形的面积为，圆面中剩余部分的面积为，当扇形的圆心角的弧度数为时，扇面看上去形状较为美观，那么此时的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意知与之比即为各扇形圆心角之比，根据扇形圆心角弧度数可求剩余部分圆心角弧度数，进而可求比值.【详解】由扇形的圆心角的弧度数为，可知剩余部分圆心角弧度数为，故，故选：A.7．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由条件可得，又由可得答案.【详解】由可得，即故选：D8．《九章算术》是我国古代数学名著﹐它在几何学中的研究比西方早多年.在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图是阳马，平面，.则该阳马的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接AC，BD，交于，取PC中点O，连接，则可证明平面ABCD，即O为该四棱锥的外接球的球心，在中，求得PC的值，进而可求得外接球半径R，代入公式，即可求得答案.【详解】连接AC，BD，交于，取PC中点O，连接，如图所示因为分别为PC，AC的中点，所以，又平面ABCD，所以平面ABCD，所以O到A,B,C,D的距离都相等，又，所以O为该四棱锥的外接球的球心，在中，，，所以，所以该四棱锥的外接球的半径，所以该阳马的外接球的表面积.故选：B 二、多选题9．下列函数中，周期为，且在上为增函数的是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】求出周期和单调递增区间可判断A；求出周期为可判断B；求出周期和单调递增区间，可判断C；求出周期和单调递增区间，可判断D.【详解】对于A，函数的周期为，单调递增区间为，即，当时单调递增区间为，所以在上为增函数，符合题意，正确；对于B，函数的周期为，不合题意，故错误；对于C，函数的周期为，单调递增区间为，即，时单调递增区间为，所以在上不是增函数，不合题意，错误；对于D，函数的周期为，单调递增区间为，即，时单调递增区间为，所以在上是增函数，符合题意.故选：AD.【点睛】本小题主要考查三角函数的周期性和单调性，解题关键点是熟练掌握三角函数的基本性质、基础知识，属于基础题.10．函数且在一个周期内的图像如图所示，下列结论正确的是（ ）A．B．C．D．【答案】AC【分析】根据函数图象先求出函数的解析式，再对选项进行逐一判断即可得出答案.【详解】由函数且的图象可得：,所以 ，故选项A正确.即，由所以,则，又所以所以，所以选项B不正确.所以，故C正确.又, 所以D不正确.故选：AC【点睛】关键点睛：本题考查根据函数图象求出函数解析式，解答本题的关键是先根据图象求出振幅,由周期求出,再根据特殊值求出的值，即，，属于中档题.11．已知是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ）A．若，则B．若，则C．若则D．若，且与不平行，则【答案】BD【分析】结合空间线面位置关系及平行垂直的判定与性质定理对选项进行分别判断.【详解】A：若，则与平行或相交或，A选项错误；B：因为，所以或，又，所以，B选项正确；C：若则与相交或平行或，C选项错误；D：若一个平面内两条相交直线都平行与另一个平面，则这两个平面平行，D选项正确；故选：BD.12．在中，角所对的边分别为，已知，下列结论正确的是（    ）A．B．C．若，则的面积是D．若，则的外接圆半径是【答案】ACD【分析】先利用已知条件设，进而得到，利用正弦定理可判定选项A；利用向量的数量积公式可判断选项B；利用余弦定理和三角形的面积公式可判定选项C；利用余弦定理和正弦定理可判断选项D.【详解】依题意，设，所以，由正弦定理得：，故选项A正确；，故选项B不正确；若，则，所以，所以，所以，故的面积是：；故选项C正确；若，则，所以，所以，所以，则利用正弦定理得：的外接圆半径是：，故选项D正确；故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题主要考查正余弦定理以及三角形面积公式. 利用已知条件设，再利用正余弦定理以及三角形面积公式求解是解决本题的关键.  三、填空题13．若复数则________________________．【答案】【分析】利用复数的除法运算法则化简，然后求解复数的模．【详解】复数满足．则．故答案为：；14．如图，在矩形中，分别为和上的中点，若，其中则的值为_______．【答案】【分析】由平面向量的线性运算，化简得到，即可求解的值得到答案．【详解】由题意，，因为,,所以两式相加得，,所以，得，所以，故答案为：．【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算，以及平面向量的基本定理的应用，其中解答中根据平面向量的基本定理，合理进行向量的线性运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．15．已知函数，若与的图象的交点分别为，则_________．【答案】5【分析】在同一坐标系中作出与的图象，得到交点的个数，再根据与的图象的都关于点对称求解.【详解】函数，在同一坐标系中作出与的图象，如图所示：当时，，且为增函数，当时，，且为增函数，所以由图知：与的图象有5个交点，又因为与的图象的都关于点对称，所以故答案为：5 四、双空题16．如图，在正方体中，与平面所成角的大小为______________．二面角的正切值为___________【答案】        【分析】由题意知平面，所以即为与平面所成角，在中求即可；连接，交于点，连接，故，所以即为二面角的平面角.【详解】由题意知平面，所以即为与平面所成角，又，，所以，即与平面所成角的大小为；如图，连接，交于点，连接，则，又，，所以，所以即为二面角的平面角；因为平面，所以，所以,又,所以.故答案为：；.【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 五、解答题17．已知向量在同一平面上，且.（1）若，且，求向量的坐标﹔（2）若，且与垂直，求的值.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）由条件设，则，求出，即可得出答案.
(2)由条件可得，，则，由此可得答案.【详解】（1），设，即 ，则.，或.（2），，，即即则18．已知（1）求的值;（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先利用已知条件求出，进而得到，最后利用两角差的余弦公式求解即可；（2）直接利用二倍角公式，两角差的正弦公式以及辅助角公式化简求解即可.【详解】解：（1），，，； .19．如图，已知四棱锥中，底面为菱形，平面分别为的中点.（1）求证:;（2）求证:平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连，利用已知条件可得，，进而得到，再利用线面垂直的判定定理得到面，即可得出结论；（2）取的中点，连，利用已知条件得到四边形是平行四边形，进而得到，再利用线面平行的判定定理即可得出结果.【详解】证明：（1）连，，底面为菱形，是等边三角形，，，又，，又面面，，，面面，.取的中点，连，，所以，又，，四边形是平行四边形，，又面面，面.20．在条件①向量与向量共线;②③中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题解答.在中，角所对的边分别为，且满足_        .求三角形的面积.(注:如选择多个条件分别解答﹐按第一个解答计分.)【答案】.【分析】若选①，根据向量共线，可得，利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式，即可求得，根据角B的范围，即可求得角B的值，根据余弦定理，可求得ac的值，代入面积公式，即可求得答案；若选②，利用正弦定理边化角，结合二倍角公式，即可求得的值，即可求得角B的值，根据余弦定理，可求得ac的值，代入面积公式，即可求得答案；若选③：根据正弦定理角化边，结合余弦定理，即可求得角B的值，根据余弦定理，可求得ac的值，代入面积公式，即可求得答案.【详解】解:若选①向量与向量共线，由正弦定理边化角得，即，又，，，，；由余弦定理得，，三角形的面积为；若选②：由题设及正弦定理得，，由，可得，，， ，.由余弦定理得，，三角形的面积为；若选③：由已知得，由正弦定理角化边得由余弦定理得，由余弦定理得，，三角形的面积为；【点睛】解题的关键是熟练掌握正弦定理、余弦定理、面积公式并灵活应用，化简时需注意各角的范围，考查计算化简的能力，属中档题.21．如图，四棱锥中，四边形是边长为的正方形，为等边三角形，分别为和的中点，且.（1）证明:平面;（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，分别证得和，利用线面垂直的判定，即可求解.（2）利用等积法，即可求解.【详解】（1）如图所示，连接，由是边长为的正方形，因为是的中点，可得的中点，在中，因为分别是的中点，可得，又因为，所以，又由，且，所以平面.（2）如图所示，取中点，连接，因为是边长为的等边三角形，所以且，由（1）知平面平面，所以平面，可得，连接，则，所以，又，又，所以,设点到平面的距离为，则，即，解得.22．已知函数的图像向右平移个单位长度得到的图像， 图像关于原点对称，的相邻两条对称轴的距离是.（1）求在上的增区间;（2）若在上有两解，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由的相邻两条对称轴的距离是，可得函数的周期，从而得出的值，由平移得出的解析式，根据图像关于原点对称，可求出的值，从而可求单调增区间,得出答案.
（2）令 则，则，根据有两解，即有两解，从而可得答案.【详解】解:由的相邻两条对称轴的距离是，则，函数的图像关于原点对称，，所以（1）由， 得，令得得在增区间是令，则所以若有两解，即在上有两解，由的图象可得，，即的取值范围是【点睛】关键点睛：本题考查求正弦型函数的单调增区间和根据方程的解个数求参数的范围问题，解答本题的关键是设，由则所以若有两解，即在上有两解，然后数形结合求解，属于中档题.