2021-2022学年江西省萍乡市高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

2021-2022学年江西省萍乡市高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40分）

1. 复数在复平面内对应的点位于(    )

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

2. 已知角的终边过点，且，则(    )

A.  B.  C.  D.

3. 下列说法正确的是(    )

A. 垂直于同一直线的两条不同直线平行 B. 垂直于同一平面的两个不同平面平行
C. 梯形一定是平面图形 D. 一条直线和一个点确定一个平面

4. 已知菱形的边长为，一个内角为，将菱形水平放置，使较短的对角线成纵向，则此菱形的直观图面积为(    )

A.  B.  C.  D.

5. 在中，分别根据下列条件解三角形，其中有唯一解的是(    )

A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，

6. 我国唐朝关文学家僧一行应用“九服喜影算法”在大衍历中建立了晷影长与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度等于表高与太阳大顶距正切值的乘积，即，对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为，，且，若第一次的“晷影长”是“表高”的倍，则第二次的“晷影长”是“表高”的(    )

A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍

7. 已知点向量，过点作以向量为方向向量的直线为，则点到直线的距离为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 在直三棱柱中，，，，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20分）

9. 下列各式化简中，正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

10. 对平面内两个向量，下列命题中正确的是(    )

A.
B. 若共线，则存在实数使
C.
D. 若，则它们不能作为一组基

11. 在中，角，，所对的边分别为，，下列说法正确的是(    )

A.
B. 若则
C. 若，则是等腰三角形
D. 若为锐角三角形，则

12. 某正方体的平面展开图如图所示，则在这个正方体中，正确的结论有(    )

A. 与异面 B. 平面
C.  D. 平面平面

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 求值：______．
14. 已知圆锥的侧面展开图是圆心角为且半径为的扇形，则这个圆锥的体积是______．
15. 已知向量，其中，函数，且的最小正周期为，则的解析式为______．
16. 如图，是线段上一点，点位于点的北偏东方向上，位于点的正北方向上，位于点的北偏西方向上，且，，则______，______；答案精确到小数点后两位参考数据：，，

四、解答题（本大题共6小题，共70分）

17. 已知复数的实部和虚部相等，其中为虚数单位．
    求复数的模；
    若复数是纯虚数，求实数的值．
18. 函数的部分图象如图所示，其中轴．
    试写出函数的解析式；
    将的图象向左平移个单位得到函数的图象．若在区间上单调递增，求实数的取值范围．

19. 如图，设，分别是正方体的棱上两点，且，．
    求平面与平面所成的二面角的大小；
    判断三棱锥的体积是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由．

20. 请在，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并求解该问题．
    已知锐角中，，，分别为内角，，的对边，，且______．
    求角的大小；
    求边的取值范围．
21. 如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于、的点．
    证明：平面；
    在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．

22. 如图，四边形是一块边长为的正方形铁皮，其中扇形的半径为，已经被腐蚀不能使用，其余部分完好可利用，是弧上一点，，工人师傅想在未被腐蚀部分截下一个有两边分别在与上的矩形铁皮．
    写出矩形铁皮的面积与角度的函数关系式；
    求矩形铁皮面积的最大值和此时的值．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：由，
得复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．
故选：．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：由题意可得，，
可得，
可得，
解得．
故选：．
由条件利用任意角的三角函数的定义，求出的值．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：垂直于同一直线的两条不同直线有三种位置关系，平行、相交或异面，故A错误；
垂直于同一平面的两个不同平面可能平行，也可能相交，故B错误；
梯形由一组对边相互平行，一定是平面图形，故C正确；
一条直线与直线外一点可以确定一个平面，故D错误．
故选：．
由垂直于同一直线的两直线的位置关系判定；由垂直于同一平面的两平面的位置关系判定；由梯形的定义及公理的推论判断；由公理的推论判断．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：根据题意，原图为边长为的菱形，且一个内角为，
则其面积，
则其直观图的面积，
故选：．
根据题意，求出原图的面积，由原图与直观图的面积关系计算可得答案．
本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：中，，，，由大边对大角，可得构不成三角形，所以不正确；
中，，，，因为大边对大角，，可得构成唯一三角形，所以B正确；
中，，，，因为，所以满足条件的三角形有两个，所以不正确；
中，，，，因为，所以满足条件的三角形有两个，所以不正确；
故选：．
由三角形中大边对大角可得该三角形不存在，判断不正确，B正确；，中，由题意可得可得存在两个三角形，判断，不正确．
本题考查三角形有解的判断方法，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：由第一次的“晷影长”是“表高”的倍，，
由，得，，
，解得，
故第二次的“晷影长”是“表高”的倍．
故选：．
由，由，又，可求，可得结论．
本题考查两角差的正切公式的应用，属基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由于点向量，过点作以向量为方向向量的直线为，
故直线的方程为，
整理得：，
利用点到直线的距离．
故选：．
直接利用点和直线的方向向量求出直线的方程，进一步利用点到直线的距离公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：直线的方程的求法，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：三棱柱的侧棱垂直于底面，，，，，
可将棱柱补成长方体，且长方体的长宽高分别为，，，
长方体的对角线，即为球的直径，
球的半径，
球的表面积为
故选：．
根据题意，可将棱柱补成长方体，长方体的对角线即为球的直径，从而可求球的表面积．
本题考查了棱柱外接球的表面积计算，属于基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：选项A：，故A正确，
选项B：，故B错误，
选项C：，故C正确，
选项D：
，故D正确，
故选：．
根据诱导公式以及正余弦的倍角公式以及正切的和角公式的变形等对各个选项逐个化简即可求解．
本题考查了三角函数的恒等变换，涉及到正余弦的倍角公式以及诱导公式的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：选项A，，选项A正确，
选项B，若，，则不存在，选项B错误，
选项C，若，则，不成立，选项C错误，
选项D，，和共线，它们不能作为一组基底，选项D正确，
故选：．
运用向量的概念直接判断．
本题考查了向量的模，共线向量，数量积概念，是基础题
 

11.【答案】 

【解析】解：对于：利用正弦定理和等比性质的应用，故，整理得，故A正确；
对于：整理得，所以，整理得，则；故B正确；
对于：由于，故：或，则是等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于：为锐角三角形，所以，所以，则；故D正确．
故选：．
直接利用正弦定理和等比性质的应用判断的结论，直接利用正弦定理和三角函数关系式的变换的应用判断的结论，直接利用三角函数关系式的变换判断和的结论．
本题考查的知识要点：正弦定理的应用，三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：如图，正方体是给定的展开图所对应的正方体，其中点与重合，

显然，直线与直线都过点，即它们是相交直线，不正确；
因平面平面，平面，则平面，B正确；
连，因，且，则四边形是平行四边形，，
在正方形中，，因此，，C正确；
连，连，则，而平面，平面，则有，
又，，平面，于是得平面，而平面，
因此，，即是二面角的平面角，显然是锐角，即平面与平面不垂直，
因平面平面，所以平面与平面不垂直，不正确．
故选：．
还原展开图对应的原正方体，再逐项分析判断作答．
几何体展开图还原成几何体，了解几何的结构特征，熟悉不同条件下其展开图的形状是解决问题的关键．
 

13.【答案】 

【解析】解：
，
故答案为：．
将已知的两个角度拆成两角和和两角差，即，，再利用两角和差的正弦和余弦公式展开化简，即可求解．
本题考查三角函数的化简求值，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

14.【答案】 

【解析】解：设圆锥的底面半径为，则，即．
圆锥的高为，
这个圆锥的体积是．
故答案为：．
由已知求得圆锥的底面半径，再由勾股定理求高，代入体积公式得答案．
本题考查圆锥的结构特征，考查圆锥体积的求法，是基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：，
，
又的最小正周期为，，即，
，
故答案为：．
首先计算向量数量积的坐标运算，然后进行三角变换，运用三角函数周期公式求即可．
本题考查了向量数量积的坐标运算，三角变换及三角函数周期公式的运用，是基础题．
 

16.【答案】   

【解析】解：由题设，，则，故，
而，，即为钝角，
所以，
又，
则，可得，
由，而，，
所以，
故中，
则．
故答案为：，．
由正弦定理及求得，进而有，应用余弦定理求，在中应用正弦定理求．
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
 

17.【答案】解：复数的实部和虚部相等，
，解得，
复数．
复数是纯虚数，即的实部为零，虚部不为零，
，
令得：或，
当时，，不合题意，
当时，，符合题意，
故． 

【解析】根据已知条件，结合实部和虚部的定义，以及复数模公式，即可求解．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查实部和虚部的定义，以及复数模公式，属于基础题．
 

18.【答案】解：根据函数的部分图象，其中轴，
可得它的一条对称轴为，
可得，．
再根据五点法作图，可得，，故函数
将的图象向左平移个单位得到函数的图象．
在区间上单调递增，，
，且，
求得，即实数的取值范围为 

【解析】先求出函数的一条对称轴，由周期求出，由五点作图求出，可得函数的解析式．
由题意，利用函数的图象变换规律，求得的解析式，再利用正弦函数的单调性，求得实数的取值范围．
本题主要考查由函数的部分图象求函数的解析式，由周期求出，由五点作图求出，函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于中档题．
 

19.【答案】解：由题知，平面即为平面，且面与面相交于，

连接，因为为正方体，则平面，
又平面，所以，又，
则即为平面与平面所成二面角的平面角，
易知，故所求二面角的大小为．
因为面积不变，到平面的距离不变，故此三棱锥体积为定值，
平面即为平面，由题知，到平面的距离为，
则． 

【解析】连接，由正方体及线面垂直的性质有、，结合二面角的定义知即为所求角，进而求其大小即可．
依题意面积、到平面的距离都不变，即三棱锥体积为定值，应用棱锥的体积公式求体积即可．
本题考查二面角的求法，考查空间几何体的体积的求法，考查了推理能力与计算能力，属中档题．
 

20.【答案】解：若选条件：由正弦定理得，，
即，故，
因为为锐角，所以；
若选条件：由正弦定理得，，
即，
因为，
所以，则，
因为为锐角，所以；
若选条件：由题知，，，
即，
因为，所以，则，
即，，
则，所以；
由知，，
即，
在锐角中，，
由正弦定理得：，
由，
得． 

【解析】选条件时，直接利用正弦定理和三角函数关系式的变换求出的值；
利用的结论，进一步利用正弦定理和三角函数的关系式的变换的应用求出的范围．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：证明：根据题意，平面平面，交线为．
因为，平面，所以平面，故BC．
因为为半圆弧上异于，的点，且为直径，所以．
又，平面，平面，
所以平面；
当为的中点时，平面．
证明如下：连结交于因为为矩形，所以为中点．
连结，因为为中点，所以平面，平面，
所以平面． 

【解析】通过平面平面，推出平面，得到证明即可证明平面．
连结交于说明为中点．连结，证明即可说明平面．
本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力，逻辑推理能力，是中档题．
 

22.【答案】解：记矩形铁皮的面积为，延长交于点，如图，四边形、均为矩形，

由题意可知，，，
因此，，，
所以，；
由知，令，
因，则，，即，
因此，由二次函数的性质可知对称轴为，
则当，即时，，
所以矩形铁皮面积的最大值是，此时． 

【解析】延长交于点，用表示出，即可列式作答；
由的结论，利用同角正余的关系，借助换元法、二次函数求解作答．
本题考查了三角函数在生活中的应用，也考查了三角恒等变换及三角函数的性质，属于中档题．