2022北京市北京师大附中高一下学期期末考试数学试卷含答案

这是一份2022北京市北京师大附中高一下学期期末考试数学试卷含答案，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
北京师大附中2021-2022学年下学期高一年级期末考试数学试卷 本试卷有三道大题，考试时长120分钟，满分150分。一、选择题：每小题4分，共40分，每题均只有一个正确答案。 1. 若点M（-，1）在角的终边上，则tan＝A.    B. -    C.    D. -2. 已知向量a＝（-1，2），b＝（x，4），且a⊥b，则x＝A.    B. 2     C. 4    D. 83. 在复平面内，复数z＝（1-i）2＋1对应的点位于A. 第一象限  B. 第二象限   C. 第三象限  D. 第四象限4. 如图，PA⊥面ABC，△ABC中，BC⊥AC，则△PBC是A. 直角三角形      B. 锐角三角形C. 钝角三角形      D. 以上都有可能5. 若m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是A. 若m//，m∥，则∥   B. 若m⊥，⊥，则m//C. 若m，m⊥，则⊥  D. 若m，⊥，则m⊥6. 在△ABC中，若2 acosB＝c，则该三角形一定是A. 等腰三角形  B. 直角三角形 C. 等边三角形  D. 不能确定7. 函数＝2sin（x＋）（＞0，||<）的部分图象如图所示，则＝A. -     B. -   C.     D. 8. 已知函数＝sin2x，x［a，b］，则“b-a≥”是“的值域为［-1，1］”的A. 充分而不必要条件     B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件      D. 既不充分也不必要条件9. 唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2）。假设内壁表面光滑，其内壁表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米。当这种酒杯内壁表面积S为定值时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为   图1                 图2A. （0，]      B. [，+）C. [，）     D. （，]10. 已知四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝2，M为AB的中点，将△ADM沿DM折起，得到四棱锥A1-DMBC（如图），设A1C的中点为N。在翻折过程中，有如下四个命题：①BN∥平面A1DM；  ②BN的长度为定值；③三棱锥N-DMC体积的最大值为；④在翻折过程中，存在某个位置，使得DM⊥A1C。其中真命题的个数为A. 1个   B. 2个   C. 3个    D. 4个 二、填空题：每小题5分，共25分。11. 复数=_________。12. 在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面积为，则a＝_________。13. 已知某圆锥的侧面积为π，该圆锥侧面的展开图是弧长为2π的扇形，则该圆锥的体积为_________。14. 已知平面向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，且|a|=|b|=|c|＝1，则a·b的值为________。15. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，下列结论中，正确结论的序号是________。①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；②B1D1∥平面EFG；③BD1⊥平面ACB1； ④四面体ACB1D1的体积等于。 三、解答题：共6小题，共85分。解答时写出文字说明，演算步骤或证明过程。16. （本小题14分）在△ABC中，b＝2，c＝3，cosB＝-。（I）求sinC的值；（Ⅱ）求△ABC的面积。17. （本小题14分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D、E分别为BC、AC的中点，AB＝BC。（I）求证：A1B1∥平面DEC1；（Ⅱ）求证：BE⊥C1E。18. （本小题14分）已知函数＝cos2x＋sinx cosx-。（I）求函数的单调递增区间；（Ⅱ）求在区间［0，］上的最值。19. （本小题14分）在△ABC中，acos B+b＝c，b＝2。（I）求A；（Ⅱ）从下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求BC边上的高。条件①：sinB＝；条件②：cosB＝-；  条件③：△ABC的面积为。注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分。20. （本小题15分）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝2，DC＝3，点E在CD上，且DE＝2，将△ADE沿AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE，G为AE中点。（I）求证：DG⊥平面ABCE；（Ⅱ）求四棱锥D-ABCE的体积；（Ⅲ）在线段BD上是否存在点P，使得CP∥平面ADE？若存在，求的值；若不存在，请说明理由。21. （本小题14分）对于集合A＝｛1，2，…，n｝和常数0，定义：为集合A相对0的“余弦方差”。（I）若集合A＝，，求集合A相对的“余弦方差”；（Ⅱ）判断集合A＝相对任意常数的“余弦方差”是否为一个与无关的定值，并说明理由；（Ⅲ）若集合A＝（其中∈［0，），β∈［，2））相对任何常数的“余弦方差”均是一个与无关的定值，求、β的值。  
参考答案一、选择题（每小题4分，共40分，每题均只有一个正确答案）12345678910BDDACAABCC二、填空题（每小题5分，共25分）11. ＋i  12.   13.    14. -   15. ①③三、解答题（共6小题，共85分。解答时写出文字说明，演算步骤或证明过程）16. （本小题13分）解：（1）在△ABC中，cosB＝-，∴sinB＝==,∵b＝2，c＝3，由正弦定理=得，∴sin C=。（2）由余弦定理b2＝a2＋c2-2ac cos B得12＝a2＋9-2×3a×（-），∴a2＋2a-3＝0，解得a＝1或a＝-3（舍）∴S△ABC＝ac sinB＝×1×3×=。17. （本小题14分）证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED//AB 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1//ED 又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1//平面DEC1（2）因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC。因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC。又因为BE平面ABC，所以CC1⊥BE因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CAC=C，所以BE⊥平面A1ACC1，因为C1E平面A1ACC1，所以BE⊥C1E18. （本小题14分）解：（1）=。因为y＝sin x的单调递增区间为（kZ）,令（kZ），得（kZ）。所以的单调递增区间为（kZ）。（2）因为x∈［0，］，所以2x＋。当2x＋=，即x＝时，最大值为1，当2x＋=，即x＝时，最大值为-。19. （本小题15分）解：（1）方法一：在△ABC中，因为a cos B＋b＝c，所以由正弦定理可得sin A cos B＋sinB＝sinC。因为A＋B＋C＝，所以sinC＝sin（A＋B）＝sin A cos B＋cos A sin B。所以sinB＝cos A sin B。在△ABC中，sinB≠0，所以cosA＝，所以A＝60°。方法二：在△ABC中，因为a cos B＋b＝c，由余弦定理cos B＝得+=c，整理得c2＋b2-a2＝bc所以cosA＝，所以A＝60°。（2）选条件①：由（1）知0°＜B＜120°因为在△ABC中，sinB＝，所以B＝45°。又A＋B＋C＝，所以C＝75°所以sinC＝sin（45°＋30°）＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°=设BC边上高线的长为h，则h＝b sinC＝2×。选条件③：因为S△ABC=bc sin A＝c sin60°＝，所以c＝1＋，由余弦定理得a2＝b2＋c2-2bc cos A＝4＋4＋2-2×2×（1＋）cos60°=6，所以a＝。设BC边上高线的长为h，则h=。注：不能选条件②，此时A和B之和超过180°。20. （本小题15分）（1）证明：因为G为AE中点，AD＝DE＝2，所以DG⊥AE。因为平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE平面ABCE＝AE，DG平面ADE，所以DG⊥平面ABCE。（2）解：在直角三角形ADE中，∵AD＝DE＝2，∴AE＝2，∴DG=AE＝。所以四棱锥D-ABCE的体积为VD-ABCE＝S梯形ABCE•DG=。（III）解：过点C作CF∥AE交AB于点F，则AF：FB＝1：3。过点F作FP//AD交DB于点P，连接PC，则DP：PB＝1：3。又因为CF//AE，AE平面ADE，CF平面ADE，所以CF//平面ADE。同理FP//平面ADE。又因为CF∩PF＝F，CF平面PFC，PF平面PFC， 所以平面PFC//平面ADE。因为CP平面PFC，所以CP//平面ADE。所以在BD上存在点P，使得CP∥平面ADE，且。21. （本小题14分）解：（1）因为集合A=，=0，所以；（2）由“余弦方差”的定义得：    ，，所以是与无关的定值。（3）由“余弦方差”的定义得：， ，要使是一个与无关的定值，则，因为cos2＝-cos2，所以2与2的终边关于y轴对称或关于原点对称，又sim2＋sin2＝-1，所以2与2的终边只能关于y轴对称，所以， 因为[0，），[，2），当2=时，2＝；当2=时，2＝，所以=，＝或=，＝时，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值。