2021-2022学年辽宁省丹东市高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年辽宁省丹东市高一（下）期末数学试卷（Word解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年辽宁省丹东市高一（下）期末数学试卷 题号一二三四总分得分       一、单选题（本大题共8小题，共40分）复数其中为虚数单位的虚部是(    )A.  B.  C.  D. 平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边是轴的非负半轴，终边经过点，若，则(    )A.  B.  C.  D. 圆台的上下底面半径之比为：，一条母线长度为，这条母线与底面成角等于，这个圆台的体积为(    )A.  B.  C.  D. 设向量，，则在上的投影的数量为(    )A.  B.  C.  D. 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，所得图象的函数表达式为(    )A.  B.
C.  D. 已知平面，两条不同直线和，若，则“”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在中，，，则(    )A.  B.  C.  D. 四棱锥的顶点都在球的表面上，是等边三角形，底面是矩形，平面平面，若，，则球的表面积为(    )A.  B.  C.  D.  二、多选题（本大题共4小题，共20分）的内角，，的对边分别为，，，则(    )A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，是等腰三角形
D. 当时，是等腰三角形已知外接圆圆心在上，则(    )A.  B.
C. ， D. 设函数，则(    )A. 为奇函数
B. 的图象关于直线对称
C. 当时，的最小值为
D. 将的图象向右平移个单位，可以得到函数的图象在正方体中，点在线段上，则(    )A. 与所成角等于 B. 平面
C. 平面平面 D. 三棱锥体积为定值 三、填空题（本大题共4小题，共2分）已知是关于的方程的根，则实数______．函数的最小正周期是______．设向量，满足，则，______．如图，高为的圆锥形封闭容器内装水，水面高为，若将圆锥倒置后，圆锥内水面高为，则______．
  四、解答题（本大题共6小题，共70分）如图，某地一天从时的温度变化曲线近似满足，其中，，．
求，，，；
求这一天时的最大温差近似值．参考数据：，．
中，，，．
求；
平面四边形中，，，求的面积．如图，四面体中，是的中点，点在上，平面，平面与平面的交线为，，，证明：
；
平面平面．
记的内角，，的对边分别为，，，已知．
若，求；
若，求边中线的最大值．已知．
证明：；
当时，讨论函数的单调性；
若，证明：函数在上有且仅有两个零点．如图，直三棱柱中，，是棱的中点，．
证明：；
若．
(ⅰ)求直线与平面所成角的正弦值；
(ⅱ)求二面角的大小．

答案和解析 1.【答案】 【解析】【分析】本题考查了复数的运算，考查复数虚部的定义，属于基础题．
根据复数的运算化简，求出的虚部即可．【解答】解：，
故的虚部是．
故答案选：．  2.【答案】 【解析】解：终边经过点，若，
所以，
解得：；
故选：．
直接利用三角函数的定义的应用建立方程，进一步求出的值．
本题考查的知识要点：三角函数的定义和三角函数的值，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：如图，由题意得：，，，
过点作于点，则，，
因为圆台的上、下底面半径之比为：，
所以，
则圆台上底面面积为，下底面面积为，
故圆台的体积为，

故选：．
作出辅助线，求出上、下底面半径和高，从而求出圆台的体积．
本题考查圆台的体积，考查学生的运算能力，属于中档题．
 4.【答案】 【解析】解：，，
，，
在上的投影的数量为．
故选：．
根据已知条件，结合向量的投影公式，即可求解．
本题主要考查向量的投影公式，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的关系式．
故选：．
直接利用函数的关系式的伸缩变换的应用求出结果．
本题考查的知识要点：函数的图象的伸缩变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：根据题意，且，才有，
反之，若，与可能异面，
故“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：．
根据题意，由直线与平面平行的判定定理和性质分析“”和“”的关系，即可得答案．
本题考查直线与平面平行的判断以及性质的应用，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：在中，因为，
所以，
所以．
故选：．
利用正弦定理解出，再由两角差的正切公式化简求值即可．
本题主要考查正弦定理的应用，两角差的正切公式，考查运算求解能力，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：连接，，，取中点，连接，
四边形为矩形，为四边形的外接圆圆心，
在线段上取，
为等边三角形，为外接圆圆心，
过，分别作平面和平面的垂线，则两垂线交点即为球的球心，
为等边三角形，，
平面平面，平面平面平面，
平面，；
同理可得：，四边形为矩形，
，
，即球的半径，
球的表面积．
故选：．
连接，，，在线段上取，由外接球性质可知过，分别作平面和平面的垂线，则两垂线交点即为球的球心；由面面垂直性质可知平面，得到；同理可得，可知四边形为矩形，利用勾股定理可求得外接球半径，代入球的表面积公式即可求得结果．
本题考查了四棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：对于，当时，，由正弦定理可知，故A正确；
对于，因为，，在上单调递减，所以当时，，故B正确；
对于，当时，或，所以或，所以是等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于，由正弦定理得，所以，即，
因为，，所以，所以，即，所以，是等腰三角形，故D正确．
故选：．
由三角形大角对大边，结合正弦定理可判断；根据余弦函数在上的单调性可判断；由正弦值相等可知或，由此可知的形状，即可判断；利用正弦定理边化角和两角和差的正弦公式可求得，由此可得，从而判断．
本题主要考查正弦定理的应用，三角形形状的判断，以及余弦函数的性质，两角差的正弦公式的应用，考查逻辑推理能力，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：外接圆的圆心是三边中垂线的交点，
为的中点，为外接圆的直径，
，，，的夹角为，
，故A，均正确；

取的中点，连接，则，，，
则，故B错误；
，，
，故D错误．
故选：．
根据三角形外接圆的性质可知为的中点，为外接圆的直径，根据平面向量线性运算及平面向量数量积运算律，能求出结果．
本题考查三角形外接圆的性质、平面向量线性运算及平面向量数量积运算律等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 11.【答案】 【解析】解：由于函数，
对于：，满足，故该函数为奇函数，故A正确；
对于：当时，，故B错误；
对于：由于函数的最小正周期，且时，的最小值为，故C正确；
对于：将的图象向右平移个单位，可以得到函数的图象，故D正确；
故选：．
直接利用正弦型函数的性质，函数的奇偶性，对称性，函数的图象的平移变换的应用判断、、、的结论．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，函数的图象的平移变换，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：对于，连接，

四边形为正方形，，
平面，平面，，
又，，平面，平面，
又平面，，A正确；
对于，连接，，

假设平面，
，平面，平面，平面，
又，，平面，平面平面，
平面，平面，
又平面，平面平面，，
当与不重合时，显然不成立，B错误；
对于，平面，平面，，
又，，，平面，平面，
平面，，

同理可得：，
，，平面，平面，
平面，平面平面，C正确；
对于，平面，当为线段上的动点时，其到平面的距离不是定值，三棱锥体积不是定值，D错误．

故选：．
由线面垂直的判定可证得平面，可知，知A正确；
假设平面，由面面平行的判定与性质可知平面，由线面平行性质得，可知当不与重合时，不成立，知B错误；
由线面垂直的判定可证得平面，由面面垂直的判定可知C正确；
根据平面，可知点到平面的距离不是定值，知D错误．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：因为是关于的方程的根，
所以也是方程的根，
故．
故答案为：．
由题意得也是方程的根，然后结合方程的根与系数关系可求．
本题主要考查了复数的基本运算，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：，
的最小正周期是
故答案为：
要求函数的最小正周期，先化简表达式，变成一个角的三角函数，再根据公式求出周期．
本题考查三角恒等式的化简及三角函数周期求法，化简要变成一个角的三角函数才可求周期．
 15.【答案】 【解析】解：根据题意，设，
则有，，
则有，，
又由，，则，；
故答案为：．
根据题意，设，由数量积的计算公式可得，，变形求出，的值，分析可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
 16.【答案】 【解析】解：设圆锥形容器的底面面积为，则未倒置前液面的面积为，
所以水的体积为，
设倒置后液面面积为，则，所以，
所以水的体积为，所以，解得，所以．
故答案为：．
根据水的体积不变，列出方程，解出的值，即可得到答案．
本题考查了圆锥中截面和圆锥体积的相关计算，属于中档题．
 17.【答案】解：由图象可知，，解得，，
，解得，
再根据五点法作图可得，，，
由，则．
由可得，，
当时，
由图象可知，，
，
故这一天时的最大温差近似值为． 【解析】根据图象，列出，再结合周期公式，以及五点法，即可求解．
由可得，，再求解该函数在定区间上的最小值与最大值，即可求解．
本题主要考查正弦型图象的应用，考查转化能力，属于基础题．
 18.【答案】解：在中，，，，由正弦定理可得，
即，所以，
所以；
由可得，，又因为，
所以，
因为，所以，
在中，由余弦定理可得，
即，整理可得，，
可得，
所以，
所以的面积为． 【解析】在中，由正弦定理可得的正弦值，进而求出此角的大小；
由可得角的大小及边值，由题意可得角的大小及的值，在中，由余弦定理可得的值，代入三角形的面积公式，可得的面积．
本题考查正余弦定理的应用，属于基础题．
 19.【答案】证明：因为平面，平面平面，平面，所以，
又平面平面，平面，所以，
所以．
证明：，，，
，是的中点，，
又，，平面，平面，
平面，平面平面． 【解析】由线面平行的性质得到、，根据平行公理即可证明；
依题意可得、，即可得到平面，从而得证．
本题考查面面垂直，考查学生的推理能力，属于中档题．
 20.【答案】解：因为，可得，
又因为，所以，
所以，即，
由可得，，
两式相除可得，
即；
因为为中线，，
所以，两边平方可得，当且仅当时取等号，
由余弦定理可得，
可得，
所以，
即的最大值为． 【解析】由两角和，差的余弦公式展开，整理可得，角的正弦值的乘积，余弦值的乘积，两式相除可得，角正切值之积；
由余弦定理及均值不等式可得的最大值，再由为中线，用向量表示，两边平方可得向量的最大值，进而求出的最大值．
本题考查正余弦定理及均值不等式的应用，三角形中线用向量表示的运算性质，属于基础题．
 21.【答案】证明：因为，
所以
解：当时，，
当或，即或时，单调递减；当，即时，单调递增；
综上所述：在和上单调递减；在上单调递增．
证明：在的零点个数等价于与的图象在上的交点个数；
，
，
大致图象如下图所示，

当时，由图象可知：与有有且仅有两个不同的交点，
函数在上有且仅有两个零点． 【解析】利用二倍角和辅助角公式化简即可得到结果；
采用整体对应的方式进行求解即可；
将问题转化为与的图象在上的交点个数问题，作出图象，采用数形结合的方式可得结论．
本题考查三角函数的图像与性质，考查学生的运算能力，属于中档题．
 22.【答案】证明：设，则，
因为是棱的中点，所以，
所以，即，
又，，、平面，
所以平面，
又平面，
所以．
解：(ⅰ)取的中点，连接，，
因为，所以，所以，
又平面，且平面，所以，
因为，、平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成角，
因为，，，所以平面，所以，
所以，
而，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．

(ⅱ)因为平面与平面是同一平面，所以二面角与二面角互补，
过点作于，连接，，
由(ⅰ)知，平面，
所以为二面角的平面角，
在中，，，，
由余弦定理知，，
所以，
因为，所以，
在中，，所以，
即二面角的大小为，
故二面角的大小为． 【解析】设，利用勾股定理可证，而，结合线面垂直的判定定理与性质定理，可得证；
取的中点，连接，，由，，可证平面，从而知即为所求，再证平面，可得，然后求得的值，即可；
(ⅱ)由于二面角与二面角互补，故问题可转化为求二面角的大小，过点作于，连接，，则即为所求，再结合解三角形的知识，求得的值，即可．
本题考查立体几何的综合问题，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，理解线面角，二面角的定义是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于难题．