2021-2022学年重庆市巫山县大昌中学高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

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2021-2022学年重庆市巫山县大昌中学高一（下）期末数学试卷

副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则(    )

A.  B.  C.  D.

2. 在中，，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

3. 下列说法正确的有(    )
   两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；
   以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；
   各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；
   圆锥的轴截面是等腰三角形．

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

4. 已知向量满足，则(    )

A.  B.  C.  D.

5. 在函数，，，中，最小正周期为的所有函数为(    )

A.  B.  C.  D.

6. 用斜二测画法得到的平面多边形直观图的面积为，则原图形面积为(    )

A.  B.  C.  D.

7. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，则为(    )

A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等边三角形

8. 函数的图象如图所示，为了得到的图象，只需将的图象(    )

A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9. 下列命题是真命题的是(    )

A. 若，，，在一条直线上，则与是共线向量
B. 若，，，不在一条直线上，则与不是共线向量
C. 若向量与是共线向量，则，，，四点必在一条直线上
D. 若向量与是共线向量，则，，三点必在一条直线上

10. 用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是(    )

A. 圆锥 B. 圆柱 C. 棱锥 D. 正方体

11. 已知函数，若是图象的一条对称轴的方程，则下列说法错误的是(    )

A. 的图象的一个对称中心 B. 在上是减函数
C. 的图象过点 D. 的最大值是

12. 已知，，分别是三个内角，，的对边，下列四个命题中正确的是(    )

A. 若是锐角三角形，则
B. 若，则是等腰三角形
C. 若，则是等腰三角形
D. 若是等边三角形，则

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共5小题，共30.0分）

13. 设复数满足，则______．
14. 已知向量，，若，则实数______．
15. 已知长方体的顶点都在球的表面上，且，则球的表面积为______．
16. 在中，，，，则______．
17. 设复数，问当为何值时：
    是实数？
    是纯虚数？

四、解答题（本大题共5小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

18. 已知，，，且．求实数的值；
    若，求实数的值．
19. 已知函数．
    Ⅰ求，的值；
    Ⅱ求的最小正周期及对称轴方程；
    Ⅲ当时，求的单调递增区间．
20. 在中，，，分别为内角，，的对边，且．
    Ⅰ求角的大小；
    Ⅱ设函数，当取最大值时，判断的形状．
21. 在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫，于年故入世界文化进产名景如图现测量一个屋顶，得到圆锥的底面直径长为，母线长为如图是母线的一个三等分点靠近点．
    
    现用鲜花铺设屋顶，如果每平方米大约需要鲜花朵，那么装饰这个屋顶不含底面大约需要多少朵鲜花此处取，结果精确到个位；
    从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，求灯光带的最小长度．
22. 如图，是圆柱的一条母线，过底面圆心，是圆上一点．已知，．
    求该圆柱的表面积；
    求点到平面的距离；
    将四面体绕母线所在的直线旋转一周，求的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：复数对应的点的坐标是，
．
故选：．
根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：在中，由，，，
得，
则．
故选：．
由已知直接利用余弦定理求解．
本题考查余弦定理的应用，是基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：对于：棱台是棱锥过侧棱上一点作底面的平行平面分割而得到的．而两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体中，把梯形的腰延长后，有可能不交于一点，就不是棱台．故错误；
对于：以直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥．故错误；
对于：各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面的菱形，一定不是正方体．故错误；
对于：圆锥的轴截面是等腰三角形．是正确的．故正确．
故选：．
对于：利用棱台的定义进行判断；对于：以直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥．即可判断；对于：举反例：底面的菱形，各侧面都是正方形的四棱柱不是正方体．即可判断；对于：利用圆锥的性质直接判断．
本题主要考查空间几何体的结构特征，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：因为向量满足，
所以，
则，
故选：．
由平面向量数量积的运算性质求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了向量模的运算，属基础题．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】

根据三角函数的周期性，求出各个函数的最小正周期，从而得出结论．
本题主要考查三角函数的周期性及求法，属于基础题．

【解答】

解：函数，它的最小正周期为，
的最小正周期为，
的最小正周期为，
的最小正周期为，
故选：．

6.【答案】 

【解析】解：底边长为，高为的三角形的面积为，
在斜二测直观图中，若三角形的底边与轴平行或重合，
则原三角形的斜二测直观图的面积为，则，
由于平面多边形可由若干各三角形拼接而成，故平面多边形的面积是其直观图面积的倍，
因此，原图形面积为．
故选：．
分析可知平面多边形的面积是其直观图面积的，由此可求得结果．
本题主要考查斜二测画法，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查了正弦定理，三角形的内角及诱导公式，两角和的正弦公式，属于基础试题．
由已知结合正弦定理可得利用三角形的内角和及诱导公式可得，整理可得从而有结合三角形的性质可求．
【解答】
解：是的一个内角，，
．
，
由正弦定理可得，


   又
   即为钝角．
故选A．  

8.【答案】 

【解析】解：由图象知函数的周期，
即，
得，
则，
由，
得，
即，得，，
，当时，，
即，
为了得到的图象，只需将的图象向右平移个单位长度，得到，
故选：．
根据图象求出和的值，结合三角函数的图象变换关系，进行判断即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，求出三角函数的解析式以及利用三角函数的图象变换关系是解决本题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：，若，，，在一条直线上，则与是共线向量，A正确，
，若，，，四点构成平行四边形时，满足，，，不在一条直线上，但与是共线向量，B错误，
，若，，，四点构成平行四边形时，满足与是共线向量，但，，，不在一条直线上，C错误，
，若与是共线向量，且与有公共点，故AB与不平行，而是重合，则，，三点必在一条直线上，D正确，
故选：．
利用向量是自由向量，故向量平行与共线是同一个概念，从而对四个命题依次判断即可．
本题考查了向量共线定理的应用，考查向量是自由向量，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：用一个平面去截一个圆锥时，轴截面的形状是一个等腰三角形，所以满足条件；
用一个平面去截一个圆柱时，截面的形状不可能是一个三角形，所以不满足条件；
用一个平面去截一个三棱锥时，截面的形状是一个三角形，所以满足条件；
用一个平面去截一个正方体时，截面的形状可以是一个三角形，所以满足条件．
故选：．
根据圆锥、圆柱、三棱锥和正方体的结构特征，判断即可．
本题主要考查了用一个平面去截一个几何体时所截得的平面是什么形状的应用问题，是基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：是图象的一条对称轴的方程，
，
又，，，
对于，为正弦函数的对称中心横坐标，故A正确，
对于、，由于的正负未知，所以不能判断的单调性和最值，故B，D错误，
对于，，故C错误．
故选：．
根据是图象的一条对称轴的方程，代入对称轴的方程式可得，再根据三角函数的图象性质逐个判断即可．
本题考查三角函数的解析式的应用，函数的对称性以及三角函数的最值的求法，是中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于，因为是锐角三角形，所以，所以，即，故A正确；
对于，由及正弦定理，可得，即，所以或，所以或，所以是等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于，由及正弦定理化边为角，可知，即，因为，为的内角，所以，所以是等腰三角形，故C正确；
对于，由是等边三角形，所以，所以，由正弦定理，故D正确．
故选：．
利用诱导公式及正弦函数的性质可判断，由正弦定理化边为角结合正弦的二倍角公式可判断，由正弦定理化边为角，逆用两角和的正弦公式可判断，利用正弦定理化边为角结合同角三角函数基本关系可判断．
本题考查了正弦定理的应用，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的模，是基础题．
把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数求模公式计算得答案．
【解答】
解：由，
得，
则．
故答案为：．  

14.【答案】 

【解析】解：，，
，，
若，则，
，即，
解得．
故答案为：．
由已知可得，的坐标，再由数量积为列式求得实数的值．
本题考查平面向量的坐标运算，考查向量垂直与数量积的关系，是基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：在长方体中，因为，所以，
因为为球的一条直径，所以球的半径，
所以球的表面积为．
故答案为：．
由题意可得长方体外接球的直径为长方体的体对角线，所以根据已知条件求出体对角线的长，从而可求出球的直径，进而可求出球的表面积．
本题考查了长方体外接球的表面积计算，属于基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：，
，
，，
由余弦定理可得：．
故答案为：．
由已知利用二倍角公式可求的值，进而根据余弦定理即可计算得解的值．
本题主要考查了二倍角公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想和运算求解能力，属于基础题．
 

17.【答案】解：要使复数为实数，需要满足，解得或当或时，是实数．
要使复数是纯虚数，需要满足，解得当时，是纯虚数． 

【解析】要使复数为实数，需要满足，解得即可．
要使复数是纯虚数，需要满足，解得即可．
本题考查了复数分别为实数、纯虚数的充要条件，属于基础题．
 

18.【答案】解：由题意知，，，
所以，
因为所以，即，解得；
因为，，又，
所以，即，解得． 

【解析】本题考查了向量平行和垂直的性质运用，关键是明确坐标关系，属于基础题．
由已知得到向量，利用向量平行即可求出；
求出，的坐标，由向量垂直，数量积为即可求出．
 

19.【答案】解：Ⅰ函数．
，
，
则：．
．
Ⅱ由于：，
所以：函数的最小正周期，
令，
解得：，
所以函数的对称轴方程为：．
Ⅲ令，
解得，
由于，
所以：当或时，函数的单调递增区间为：和 

【解析】Ⅰ直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的值．
Ⅱ利用Ⅰ的函数的关系式利用整体思想求出函数的最小正周期和函数的对称轴方程．
Ⅲ利用整体思想求出函数的单调区间．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
 

20.【答案】解：Ⅰ在中，，
由余弦定理可得，
，；
Ⅱ，
，
，
，
，当，
即时，取最大值，
此时易知道是直角三角形． 

【解析】Ⅰ由已知和余弦定理可得，可得；
Ⅱ由题意和三角函数公式可得，由三角函数的最值可得，可得知是直角三角形．
本题考查正余弦定理解三角形，涉及三角形形状的判断，属中档题．
 

21.【答案】解：由圆锥的侧面积公式可得，圆锥的侧面积，
又因为每平方米大约需要鲜花朵，于是得朵，
所以装饰这个屋顶不含底面大约需要朵鲜花．
将圆锥沿母线剪开展在同一平面内，得到如图所示的扇形，连接，则

为最小长度，
因为扇形弧的长等于圆锥的底面周长，
所以扇形弧的长为，
所以扇形圆心角，
在中，，，由余弦定理得，
即，
所以，
故灯光带的最小长度为 

【解析】本题主要考查了圆锥的侧面积公式，考查了圆锥的侧面展开图，以及余弦定理的应用．属于较难题．
根据圆锥的侧面积公式求出侧面积，从而得到结果．
将圆锥沿母线剪开展在同一平面内，连接，则为最小长度，先求出圆心角，再在中利用余弦定理求出的值即可．
 

22.【答案】解：由题意知是圆柱的一条母线，过底面圆心，且，
可得圆柱的底面圆的半径为，
则圆柱的底面积为，
圆柱的侧面积为，
所以圆柱的表面积为．
由过底面圆心，是圆上一点，可得，
因为，，所以，
所以三棱锥的体积为，
又由平面，且平面，所以，
又由，且，所以平面，
因为平面，所以，
在直角中，，，所以，
所以，
设点到平面的距离为，
由，可得，解得．
由线段绕旋转一周所得几何体为以为底面半径，以为高的圆锥，
线段绕旋转一周所得的几何体为为底面半径，以为高的圆锥，
所以以绕旋转一周而成的封闭几何体的体积为：
． 

【解析】根据题意，结合圆的面积和圆柱的侧面积公式，即可求解；
根据题意，证得平面，得到，求得，设点到平面的距离为，结合，即可求解；
根据线段绕旋转一周所得几何体为以为底面半径，以为高的圆锥，线段绕旋转一周所得的几何体为为底面半径，以为高的圆锥，结合圆锥的体积公式，即可求解．
本题主要考查圆柱表面积的计算，点面距离的计算，组合体体积的计算等知识，属于中等题．