2021-2022学年广西北海市高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

绝密★启用前

2021-2022学年广西北海市高一（下）期末数学试卷

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. 下列各角中，与角终边相同的角是(    )

A.  B.  C.  D.

2. 复数是虚数单位的共轭复数在复平面内对应的点在(    )

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

3. 已知向量，，且，则实数(    )

A. 或 B. 或 C. 或 D. 或

4. 函数的单调递增区间是(    )

A. ， B.
C.  D.

5. 已知直三棱柱的体积为，则三棱锥的体积是(    )

A.  B.  C.  D.

6. 设，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

7. 在中，已知，，若的最短边长为，则其最长边长为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 已知正四面体的外接球体积为，则正四面体的表面积为(    )

A.  B.  C.  D.

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. 如图所示，设是平行四边形的两条对角线的交点，给出下列向量组，其中可作为该平面内所有向量的基底的是(    )

A. 与 B. 与 C. 与 D. 与

10. 已知函数，则下列直线中是图象的对称轴的有(    )

A.  B.  C.  D.

11. 下列说法不正确的是(    )

A. 若直线，没有交点，则，为异面直线
B. 若直线平面，则与内任何直线都平行
C. 若直线平面，平面平面，则直线平面
D. 如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补

12. 在中，，，，则下列说法正确的是(    )

A.  B. 的面积为
C. 的外接圆直径是 D. 的内切圆半径是

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 在中，角，，的对边分别为，，，且，则的形状为______三角形．
14. 已知是虚数单位，则的虚部为______．
15. 在平行四边形中，若，，，则______．
16. 如图，在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是______填序号
    此圆锥底面圆的半径为；
    此圆锥的体积为；
    平面；
    平面．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 已知，．
    求的值；
    求的值．
18. 已知函数的最小正周期为．
    求的值；
    将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的纵坐标也扩大为原来的倍，得到函数的图象，求在区间上的值域．
19. 已知的内角，，的对边分别是，，，的面积为，且满足．
    求角的大小；
    若，求周长的最大值．
20. 在三棱锥中，已知二面角的大小为，为等边三角形，且，为的中点．
    求证：；
    求三棱锥的体积．

21. 已知的内角，，的对边分别是，，，点是边上的中点，，且的面积为．
    求的大小及的值；
    若，求的长．
22. 如图，在直三棱柱中，，为棱上一点．
    记平面与平面的交线为，证明：；
    若为的中点，且二面角的正切值为，求线段的长度．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：与角终边相同的角的集合为，
取，得，
在之间，与角终边相同的角是，故A正确，BC错误，
，不满足集合，故D错误．
故选：．
写出与角终边相同的角的集合，然后取的值得答案．
本题考查了终边相同的角的概念，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，
，
，
其对应点位于第二象限．
故选：．
利用复数的运算法则、几何意义即可得出结论．
本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：根据题意，向量，，
若，则有，解得或；
故选：．
根据题意，由向量平行的坐标表示方法可得关于的方程，解可得答案．
本题考查向量平行的坐标表示，涉及向量的坐标，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：由函数，令，，
解得，，
故函数的单调递增区间是，
故选：．
根据正切函数的单调区间求解即可．
本题考查了正切函数的单调性，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：直三棱柱的体积为，
三棱锥的体积是：
．
故选：．
利用直三棱柱和三棱锥的体积公式直接求解．
本题考查直三棱柱、三棱锥的体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：，．
，即，
，
故选：．
由题意，利用二倍角公式，三角函数的单调性，判断出、、的大小关系．
本题主要考查二倍角公式，三角函数的单调性，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：在中，因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
因为，
所以，为钝角，
故，所以，由正定理得，
即，解得，
所以最长边长为．
故选：．
由已知结合同角基本关系及和差角公式可求，进而可求，然后结合三角形大边对大角及正弦定理可求．
本题主要考查了同角基本关系，和差角公式，正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：将正四面体补成正方体，
设正方体的棱长为，则正四面体的棱长为，
正四面体的外接球半径为，
由题意可得，解得，
所以，正四面体的棱长为，
因此，正四面体的表面积为．
故选：．
将正四面体补成正方体，设正方体的棱长为，计算出正四面体的外接球半径，可求得的值，即可求得正四面体的表面积．
本题考查了正四面体的表面积计算，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：因为平行四边形，且为两条对角线的交点，
故与同向，与反向，
即，故选项A，D错误；
而显然，项中两向量不共线，故B，项正确．
故选：．
只要两向量不共线，即可作为所在平面内所有向量的一组基底，据此逐项判断．
本题考查平面向量基本定理以及向量共线的判断，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：函数，
令，，求得，，
故函数的图象的对称轴方程为，．
取，，，求得图象的对称轴方程为，，，
故选：．
由题意，利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的图象的对称轴，得出结论．
本题主要考查三角恒等变换、正弦函数的图象的对称轴，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于，直线，没有交点，则直线，为平行直线或异面直线，故A错误；
对于，直线平面，则与内任何直线都没有交点，则与内直线可能为平行直线或异面直线，故B错误；
对于，直线平面，则内一定存在两相交直线，不妨设为，，满足，，
由平面平面，过作一平面与相交，交线设为，则，
同理过作一平面与相交，交线设为，则，
则，相交，则，，
故直线平面，故C正确；
对于，如果空间中两个角的两条边分别对应平行，根据等角定理可知，这两个角相等或互补，故D正确．
故选：．
根据空间直线的位置关系，可判断，；利用面面平行的性质以及线面垂直的判定可判断；根据空间的等角定理可判断．
本题考查了空间直线的位置关系，面面平行的性质以及线面垂直的判定和空间的等角定理，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：由二倍角公式可得，
，
，选项正确；
，也正确，
，，内切圆半径，所以C错误，D正确．
故选：．
利用正弦定理，余弦定理，逐个验证即可解出．
本题考查了解三角形，正余弦定理，学生的数学运算能力，属于基础题．
 

13.【答案】直角 

【解析】解：因为，
所以根据正弦定理得，可得，
所以为直角，可得为直角三角形．
故答案为：直角．
根据正弦定理化简已知等式可得，结合勾股定理即可判断三角形的形状．
本题考查了正弦定理，勾股定理在解三角形中的应用，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：，
，
，
故，
故的虚部为，
故答案为：．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：如图所示延长，交于点，
因为，，，
所以，
，，三点共线，所以，
所以．
故答案为：．
分别延长，，相交于，然后将，用表示，根据，，三点共线的向量条件，即可得到所需结论．
本题考查平面向量基本定理以及向量共线、三点共线的充要条件，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：对于，由正弦理可得：，所以，故错误；
对于，因为，所以，，故错误；
对于，假设平面，由于平面，平面平面，所以，而事实上因为垂直平分，，，，所以与不平行，所以与平面不平行，错误；
对于，，根据勾股定理得，均为直角三角形，，，从而易得平面，正确．
故答案为：．
根据正弦定理求得圆锥的底面半径，判断；
求圆锥的高，计算出圆锥的体积，判断；
通过判断与是否平行判断；
根据线面垂直的判定定理可判定平面，判断．
本题考查了正弦定理、圆锥的体积的计算、直线与平面平行、垂直的判定，属于中档题．
 

17.【答案】解：因为，，所以，
则．
由，
由倍角公式可得． 

【解析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，再利用两角和的正弦公式求解即可．
由利用同角三角函数基本关系式可求的值，再利用二倍角公式求出的值．
本题考查了同角三角函数基本关系式，两角和的正弦公式以及二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
 

18.【答案】解：函数；
由于函数的最小正值周期为，
所以；
由得函数的关系式为；将函数的图象向右平移个单位长度，得到，再将图象上所有点的纵坐标也扩大为原来的倍，得到函数的图象，
由于，
所以．
故函数的最小值为，函数的最大值为．
故函数的值域为 

【解析】首先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，进一步利用函数的最小正周期求出的值；
利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出函数的关系式，进一步求出函数的值域．
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和伸缩变换的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

19.【答案】解：由，可得，
，又，，
又，；
，，由余弦定理得，
，，当且仅当时取“”，
，，
的最大值为，的最大值为，周长的最大值为． 

【解析】由已知可得，进而可求，可求；
由余弦定理可得，进而由不等式性质可得，可得周长的最大值．
本题考查余弦定理以及三角形面积公式的应用，属中档题．
 

20.【答案】证明：，是中点，
，
又是等边三角形，是中点，
，
又，，平面，
平面，
又平面，
．
由得，，
又二面角的大小为，
，
又，，为等边三角形，
，，，
，
，
，
． 

【解析】根据，是中点，得到，再由是等边三角形，是中点，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明；
由得到，再由求解．
本题主要考查空间中的垂直关系，锥体体积的计算等知识，属于基础题．
 

21.【答案】解：在中，由正弦定理及，得，
由余弦定理知，，
因为，所以，
由，得，
所以，
所以．
由得，
因为，所以，
在中，由余弦定理得，，
所以，
因为是的中点，所以，
在中，由余弦定理得，，
在中，由余弦定理得，，
，由，，得，
即，
解得． 

【解析】利用正弦定理化角为边，并结合余弦定理，可得角，再由三角形面积公式，求出，然后由平面向量的数量积，得解；
在中，利用余弦定理求得的长，再分别在和，均运用余弦定理，借助，可得关于的方程，解之即可．
本题考查平面向量与解三角形的综合，熟练掌握平面向量的数量积，正弦定理，余弦定理，以及三角形面积公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：证明：在直三棱柱中，，为棱上一点，
在直三棱柱中，
平面，平面，平面，
平面，平面平面，
；
为的中点，且二面角的正切值为，
取的中点，连接，过作于点，连接．

，，
又平面，．
，平面，，
又，平面，，
即为所求二面角．
平面，平面，，
又，，
记，由，，
又，，
解得，即，． 

【解析】由，得平面，由此能证明；
取的中点，连接，过作于点，连接，推导出，，从而平面，，进而平面，，即为所求二面角，由平面，得，由此能求出结果．
本题考查线线平行的证明，考查线段长 的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．