2021-2022学年北京市平谷区高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

绝密★启用前

2021-2022学年北京市平谷区高一（下）期末数学试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共10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. 已知向量，，且，那么的值为(    )

A.  B.  C.  D.

2. 的值等于(    )

A.  B.  C.  D.

3. 如图，在四棱柱中，底面是正方形，底面，，，那么该四棱柱的体积为(    )

A.
B.
C.
D.

4. 已知一个正方体的八个顶点都在一个球的表面上，若此正方体的棱长为，那么这个球的表面积是(    )

A.  B.  C.  D.

5. 将函数的图象向左平移个单位，所得图象的函数表达式是(    )

A.  B.
C.  D.

6. 已知向量在正方形网格中的位置，若网格纸上小正方形的边长为，如图所示．则(    )

A.  B.  C.  D.

7. 如图，设，两点在河的两岸，在点所在的河岸边选定一点，测出的距离为，，后，就可以计算出，两点的距离为其中，，精确到(    )

A.  B.  C.  D.

8. 已知平面，，，，，，，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

9. 已知关于的方程内有解，那么实数的取值范围(    )

A.  B.  C.  D.

10. 在正方体中，是正方体的底面包括边界内的一动点不与重合，是底面内一动点，线段与线段相交且互相平分，则使得四边形面积最大的点有(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 无数个

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）

11. 已知，那么______．
12. 已知复数，则______．
13. 已知平面向量满足，且与的夹角为，则______．
14. 在中，，，，则______．
15. 关于函数，有下面四个结论：
    是偶函数；
    无论取何值时，恒成立；
    的最大值是；
    的最小值是．
    其中正确的结论是______．

三、解答题（本大题共6小题，共85.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16. 已知向量，．
    Ⅰ当时，求的值；
    Ⅱ当时，求向量与的夹角的余弦值；
    Ⅲ当时，求．
17. 如图，在三棱锥中，底面，，，分别为，的
    中点．设平面与平面交于直线．
    Ⅰ求证：平面；
    Ⅱ求证：．

18. 已知函数．
    Ⅰ求函数的最大值，并求出函数取得最大值时的值；
    Ⅱ求函数的单调递减区间及对称轴方程．
19. 已知，且为第Ⅱ象限角．
    Ⅰ求，，的值；
    Ⅱ求的值．
20. 如图，在直三棱柱中，，，，、分别为、的中点．为上的点且
    Ⅰ求证：平面；
    Ⅱ求证：平面；
    Ⅲ求三棱锥的体积．

21. 在中，．
    Ⅰ求的大小；
    Ⅱ若，______求，并计算的面积；
    从，这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，且，
，即，解得．
故选：．
根据已知条件，结合向量相等的条件，即可求解．
本题主要考查向量相等的条件，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：．
故选：．
根据两角差的余弦公式，得解．
本题考查三角函数的求值，熟练掌握两角差的余弦公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：由题意可得该四棱柱的体积．
故选：．
由棱柱的体积公式直接求解即可．
本题主要考查棱柱的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：由于该球为正方体的外接球，
所以球的半径，
所以，
所以．
故选：．
首先确定正方体的外接球的半径，进一步求出球的表面积．
本题考查的知识要点：球和正方体的关系，球的半径和表面积的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：将函数的图象向左平移个单位，
所得图象的函数表达式是
故选：．
由三角函数图象的平移变换求解即可．
本题主要考查三角函数的图象变换，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：网格纸上小正方形的边长为，
如图，在平面直角坐标系中，，，
，
．
故选：．
先用坐标表示三个向量，再利用向量数量积的坐标运算即可求解．
本题考查向量的坐标运算，向量数量积的坐标运算，属基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：在中，，，，
即，
则由正弦定理，
得：．
故选：．
由与，求出的度数，根据，，以及的长，利用正弦定理即可求出的长．
本题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
 

8.【答案】 

【解析】解：，，，，
当时，则，充分性成立，
当时，则或，必要性不成立，
是的充分不必要条件，
故选：．
利用空间中平面与平面垂直的性质定理得到，再利用直线与平面垂直的判定定理判定即可．
本题考查空间中直线与平面，平面与平面垂直的判定定理与性质定理，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：关于的方程内有解，
关于的方程在内有解，
，
，
，
故，
故选：．
题意可化为关于的方程在内有解，由的取值范围确定的取值范围，进一步得到实数的取值范围即可．
本题考查了三角函数的性质的应用及方程与函数的关系应用，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：易知四边形是一个平行四边形，所以其面积最大时，点到直线的距离最大．对正方体沿方向作正投影
即垂直于投影面，此时的正视图为正六边形，点在菱形内包括边界，所以
当点位于，，时到点的距离均为最大值，因此满足条件的点的个数为．
故选：．
空间想象能力是立体几何考查的重点之一，随着空间向量的引入，解答题对空间想象能力的考查有所降低，从而出现“大题减负，小题加码”的趋势，对空间想象能力提出了较高的要求．这类题基本没有计算，只要依托模型，想清楚几何体的特征、几何量之间的位置关系，问题的求解就比较简单．
本题考查了立体几何的空间想象能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：．
故答案为：．
直接利用二倍角的余弦公式求解即可．
本题主要考查二倍角的余弦公式，属于基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：，
，
．
故答案为：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由于平面向量满足，且与的夹角为，
所以，
故；
故．
故答案为：．
直接利用向量的夹角运算求出，进一步利用向量的模的平方的运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的夹角运算，向量的模，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

14.【答案】 

【解析】解：由余弦定理可得，
，，
解得或舍去．
故答案为：．
由余弦定理可得的方程，求解即可．
本题考查余弦定理的应用，属基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：对于：函数，满足，故函数为偶函数，故正确；
对于：当时，趋近于，所以趋近于，但是比小，故恒成立错误，故错误；
对于：当时，趋近于，所以趋近于，但是比小，故错误；
对于：根据函数的性质，当时，函数取得最小值，故正确；
故答案为：．
直接利用函数的性质，奇偶性和函数的最值以及函数的单调性的应用判断的结论．
本题考查的知识要点：函数的性质，单调性和奇偶性的应用，函数的最值，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

16.【答案】解：Ⅰ，
，即．
Ⅱ，，
，，
向量与向量的夹角的余弦值为．
Ⅲ依题意 ，
，
，
即，
，
，． 

【解析】根据已知条件，结合向量平行的性质，即可求解．
根据已知条件，结合向量模公式，以及向量的夹角公式，即可求解．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，求出，再结合向量模公式，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，向量的夹角公式，以及向量模公式，属于基础题．
 

17.【答案】Ⅰ证明：因为平面，平面，
所以．
因为，，
所以平面．
Ⅱ证明：在中，
因为，分别为，的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以． 

【解析】由，，可证平面；
根据条件，由线面平行的判定定理，得到平面，从再由线面平行的性质可证．
本题考查线面垂直的证明，线线平行的证明，属基础题．
 

18.【答案】解：Ⅰ因为，
所以当，即时，有最大值是，
所以函数的最大值是，取得最大值时的值是．
Ⅱ由，
所以，
所以的单调递减区间是，
由，
所以，
所以的对称轴方程是 

【解析】根据已知条件，结合三角函数的恒等变换，对变形，再结合正弦型函数最值的性质，即可求解．
根据已知条件，结合正弦型函数单调性，以及对称轴的性质，即可求解．
本题主要考查三角函数的恒等变换，以及正弦型函数的性质，属于中档题．
 

19.【答案】解：Ⅰ因为为第Ⅱ象限角，
所以，
所以，
．
Ⅱ． 

【解析】Ⅰ由同角三角函数的平方关系求得的值，再利用二倍角公式，可得，的值；
Ⅱ由两角差的余弦公式展开，代入数据，运算即可．
本题考查三角函数的求值，熟练掌握二倍角公式，两角差的余弦公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
 

20.【答案】Ⅰ证明：在直三棱柱中，底面，平面，所以，
又因为，，所以平面------分
Ⅱ证明：取中点，取中点，连接，，，
因为为的中点，为上的点且，
所以为的中点，所以，
因为，分别是、的中点，所以，且，
因为，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，，，
又因为平面，平面，
所以平面------------分
Ⅲ解：因为，，，所以，
所以三棱锥体积等于三棱锥的体积为：------------ 

【解析】Ⅰ由，，结合线面垂直的判定定理即可得证；
Ⅱ取中点，取中点，连接，，证明四边形为平行四边形，从而可得，证得，利用线面平行的判定定理即可得证；
Ⅲ利用等体积法，将三棱锥体积转化为三棱锥的体积，求解即可．
本题主要考查线面垂直与线面平行的证明，考查棱锥体积的求法，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
 

21.【答案】 

【解析】解：Ⅰ在中，
因为，
所以由正弦定理可得．
因为，所以，
所以．
在中，，
所以，所以．
Ⅱ 若选，则在中，由余弦定理，
得，解得或舍所以．
因此，
若选，则，
由正弦定理，
得，解得．
．
Ⅰ由正弦定理得可求，可求；
Ⅱ若选，由余弦定理可得，即可解得的值，进而可求面积；
若选利用两角和的正弦函数公式可求的值，由正弦定理即可解得的值，进而可求面积．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，两角和的正弦函数公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属中档题．