北京市海淀区2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份北京市海淀区2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了07， 底与腰， 在中，，则的形状为等内容，欢迎下载使用。
海淀区高一年级练习数学2022.07学校______________  班级______________  姓名______________考生须知1．本试卷共6页，共三道大题，19道小题、1道选做题．满分100分．考试时间90分钟．2．在试卷上准确填写学校名称、班级名称、姓名．3．试题答案一律书写在试卷上，用黑色字迹签字笔作答．4．考试结束，请将本试卷交回．第一部分（选择题  共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1. 已知正四棱锥的底面边长为，高为，则它的体积为           A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据正四棱锥的性质，以及锥体的体积公式，直接计算，即可得到答案.【详解】由题意，正四棱锥的底面边长为，高为，则底面正方形的面积为，所以四棱锥的体积为，故选B.【点睛】本题主要考查了棱锥的体积的计算问题，其中解答中熟记正四棱锥的性质，以及锥体的体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.2 向量，，则（    ）A.  B.  C. 4 D. 13【答案】C【解析】【分析】先求出，再由模长公式求解即可.【详解】，则.故选：C.3. 将函数的图象沿轴向右平移个单位长度，得到函数的图象，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数图像平移，解方程即可求得结果.【详解】将函数的图象沿轴向右平移个单位长度，即可得，故可得，解得，又因为，故可得.故选：A.【点睛】本题考查由函数图像平移求函数解析式，属基础题.4. （    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用两角和的余弦公式即可得解.【详解】解：.故选：A.5. 已知直线和两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】D【解析】【分析】由直线与平面，平面与平面的位置关系判断即可.【详解】对于A选项，若，则可能与平行，故A错误；对于B选项，若，则可能与平行或者在平面内，故B错误；对于C选项，若，则可能平行或者相交，则C错误；对于D选项，由面面平行以及线面垂直的性质可知，D正确；故选：D【点睛】本题主要考查了直线与平面，平面与平面的位置关系，属于基础题.6. 函数的最小正周期与其图象的对称中心分别是（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】C【解析】【分析】先由余弦倍角公式化简得，再由余弦函数的周期性和对称性求解即可.【详解】，则最小正周期为；由，解得，则对称中心为.故选：C.7. 已知向量，是两个单位向量，则“”为锐角是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分不必要条件的概念，平面向量数量积的定义与性质即可判断．【详解】向量，是两个单位向量，由为锐角可得，，反过来，由两边平方可得，，，，不一定为锐角，故“为锐角”是“”的充分不必要条件，故选：A．8. 已知函数在区间上的最小值为，则的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】分讨论，求出的范围，根据在范围内建立不等式求解即可.详解】当时，，由题意知，，即，当时，，由题意知，，即，的取值范围是，故选：D9. 底与腰（或腰与底）之比为黄金分割比的等腰三角形称为黄金三角形，其中顶角为36°的黄金三角形被认为是最美的三角形．据此可得的值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据已知条件求出，再根据二倍角的余弦公式结合诱导公式即可得出答案.【详解】解：如图，为一个黄金三角形，其中，为的中点，根据题意可知，则，即，又，则，解得，所以故选：B.10. 在中，，则的形状为（    ）A. 直角三角形 B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理的边角互化可得，进而可得或，即可求解.【详解】，正弦定理可得，即，，，∴或，∴或，∴为等腰三角形或直角三角形.故选：D第二部分（非选择题  共60分）二、填空题共5小题，每小题4分，共20分．11. 已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为___________【答案】【解析】【分析】圆柱侧面积等于底面周长乘以高.【详解】依题意，圆柱底面周长等于，故侧面积等于故答案为：12. 向量，，，则实数____________．【答案】【解析】【分析】先由向量线性运算求得，再由向量垂直的坐标公式求解即可.【详解】，由可得，即，解得.故答案为：.13. 在正方形中，是的中点，则____________．【答案】0【解析】【分析】根据向量加法的三角形法则化简计算.【详解】如图，因为，所以；故答案为：0.14. 函数，的值域是____________．【答案】【解析】【分析】利用两角差的余弦公式结合辅助角公式化简，再根据三角函数的性质即可得出答案.【详解】解：，因为，所以，所以，即函数，的值域是.故答案为：.15. 如图，在边长为1的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论：①三棱锥的体积为定值；②存在点，使得平面；③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面；④是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为．其中所有正确结论的序号是____________．【答案】①④【解析】【分析】根据题意作图，并尝试特殊位置，进行检验证明.【详解】对于①，如下图所示：在边长为1正方体中，易知平面，因为点是棱上的一个动点，可设点到平面的距离为，且，则三棱锥的体积，故①正确；对于②，连接，，因为在平行四边形中，，所以不垂直，所以使得不垂直平面，所以②不正确.对于③，当点与点重合时，无论点在何位置，直线与平面相交，故③错误；对于④，根据题意，作图如下：因为正方体中，易知平面，所以，设，则，，在中，，，则该截面面积，由，当时，，故④正确；故答案为：①④.三、解答题共4小题，共40分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．16. 如图，在四棱锥中，平面PAD，，E，F，H，G分别是棱PA，PB，PC，PD的中点．（1）求证：；（2）判断直线EF与直线GH的位置关系，并说明理由．【答案】（1）证明见解析；    （2）直线与直线相交，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质即可求解；（2）根据题意可证四点共面，又因为，所以，即得与相交.【小问1详解】解：因为平面，平面，平面平面，所以.【小问2详解】解：直线与直线相交，理由如下：连接，因为分别是棱的中点，所以，同理可证：，因为，所以，所以四点共面，因为，所以，所以与不平行，即与相交17. 在中，，，．（1）求；（2）求的面积．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理及三角形内角和，结合两角和的正弦公式即可求解；（2）利用平方关系即两角和的正弦公式可求得的值，利用正弦定理可得的值，利用三角形面积公式即可求解.【小问1详解】解：由正弦定理可得：,又，所以，整理得：，因为，所以，而B为三角形内角，故.【小问2详解】解：因为，所以或，又，，所以当时，，不符合题意，故，，由正弦定理得，即，解得，故的面积为：.18. 如图，在直棱柱中，底面是菱形，，，，，分别是棱，的中点．（1）求证：；（2）求证：平面；（3）是否存在正数，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由【答案】（1）证明见解析；    （2）证明见解析；    （3）存在正数，使得平面平面，证明见解析；【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理证明；（2）根据线面平行的判定定理证明；（3）假设存在正数，使得平面平面，根据面面垂直的判定定理，证得，通过证明，得到，进而所以，求得值进而得解.【小问1详解】证明：如图所示，连接，因为底面是菱形，所以，直棱柱中，平面，所以，且，所以平面，所以.【小问2详解】证明：取的中点M，连接、，则为三角形的中位线，所以且，又因为且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；【小问3详解】解：存在正数，使得平面平面，理由如下：假设存在，使得平面平面，过点作于点，连接，因为平面平面，所以平面，所以，在直棱柱中，，，在菱形中，，，所以，所以△△，所以，所以，所以，所以，在菱形中，，，所以，在直棱柱中，，所以，，所以，所以，经检验，时，平面平面．19. 若点在函数的图象上，且满足，则称是的点．函数的所有点构成的集合称为的集．（1）判断是否是函数的点，并说明理由；（2）若函数的集为，求的最大值；（3）若定义域为的连续函数的集满足，求证：．【答案】（1）不是，理由见解析；    （2）；    （3）见解析【解析】【分析】（1）直接求出，再判断出，即可得到，即可得到结论；（2）先说明，若，则，由题设得到，推出矛盾即可证得；再说明的值可以等于，令，利用三角函数的值域加以证明即可；（3）由题设知，必存在，使得，结合零点存在定理说明函数必存在零点，即可证明.【小问1详解】不是函数的点，理由如下：设，则，，因为，所以，所以，所以不是函数的点；【小问2详解】先证明，若，则函数的最小正周期，因为函数的集为，所以对，是的点，令，则，因为函数的值域为，所以当时，必有，即对于恒成立，所以，即的最小正周期，与矛盾；再证明的值可以等于，令，对，当时，，；当时，，，所以是的点，即函数的集为；综上所述，的最大值是；【小问3详解】因为函数的集满足，所以存在，使得且，即，因为若，则，所以，因为函数的图象是连续不断的，不妨设，由零点存在定理知，必存在使得，所以存在零点，即.【点睛】本题的第二小问关键点在于先假设，利用周期推出矛盾，进而证得，再利用三角函数的值域说明的值可以等于即可；第三小问的关键点在于得到存在，使得，结合零点存在定理即可证明.选做题：（．所得分数可计入总分，但整份试卷得分不超过100分）20. 正弦信号是频率成分最为单一的信号，复杂的信号，例如电信号，都可以分解为许多频率不同、幅度不等的正弦型信号的叠加．正弦信号的波形可以用数学上的正弦型函数来描述：，其中表示正弦信号的瞬时大小电压V（单位：V）是关于时间t（单位：s）的函数，而表示正弦信号的幅度，是正弦信号的频率，相应的为正弦信号的周期，为正弦信号的初相．由于正弦信号是一种最简单的信号，所以在电路系统设计中，科学家和工程师们经常以正弦信号作为信号源（输入信号）去研究整个电路的工作机理．如图是一种典型的加法器电路图，图中的三角形图标是一个运算放大器，电路中有四个电阻，电阻值分别为，，，（单位：Ω）．和是两个输入信号，表示的是输出信号，根据加法器的工作原理，与和的关系为：．例如当，输入信号，时，输出信号：．（1）若，输入信号，，则的最大值为___________；（2）已知，，，输入信号，．若（其中），则___________；（3）已知，，，且，．若的最大值为，则满足条件的一组电阻值，分别是_____________．【答案】（1）；    （2）；    （3）（答案不唯一）【解析】【分析】（1）由辅助角公式得，即可求出最大值；（2）由正弦余弦的和角公式化简得，解方程组即可求解；（3）先由余弦的倍角公式化简得，再由二次函数的性质求得最大值为，进而得到，即可求解.【小问1详解】由题意得，，则的最大值为；【小问2详解】由题意知，，整理得，即，则，解得；【小问3详解】由题意得，，又，则，当时，取得最大值，则，整理得，即，解得，又，则，取即满足题意，则（答案不唯一）.