2021-2022学年广东省汕尾市高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

2021-2022学年广东省汕尾市高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40分）

1. 已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2. 已知实数，满足，则下列关系式一定成立的是(    )

A.  B.  C.  D.

3. 已知，向量与的夹角为，则(    )

A.  B.  C.  D.

4. 若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(    )

A.  B.  C.  D.

5. 在中，已知，，，则角为(    )

A.  B.  C. 或 D. 或

6. 已知，则的值是(    )

A.  B.  C.  D.

7. 如图，已知，用，表示，则等于(    )

A.  B.  C.  D.

8. 一纸片上绘有函数一个周期的图像，现将该纸片沿轴折成直二面角，原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离为，若方程在区间上有两个实根，则实数的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20分）

9. 下面是关于复数的四个命题，其中真命题为(    )

A.  B.
C. 的虚部为 D. 的共轭复数为

10. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是(    )

A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则

11. 正四棱台中，上底面的边长为，下底面的边长为，棱台高为，则(    )

A. 该四棱台的侧棱长为
B. 与所成角的余弦值为
C. 与面所成的角大小为
D. 二面角的大小为

12. 在中，，，的对边分别为，，，为外接圆的半径，的面积记为，则下列命题正确的是(    )

A. 的充要条件是
B. 若，则是直角三角形
C. 若，，，则
D. 不存在，满足，，同时成立

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 已知向量，，若，则______．
14. 已知函数，则______．
15. 已知函数，将图象上所有点向右平移个单位，得到奇函数的图象，则常数的一个取值为______．
16. 在平面四边形中，，，，，交于点，若，则的值为______，的长为______．

四、解答题（本大题共6小题，共70分）

17. 在平面直角坐标系中，设与轴、轴方向相同的两个单位向量分别为和，，．
    求向量与夹角的余弦值；
    若点是线段的中点，且向量与垂直，求实数的值．
18. 已知函数，其中，，是函数的两个零点，且的最小值为．
    求使取得最大值时自变量的集合，并求的最大值；
    求的单调递增区间．
19. 如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，直线平面，，分别是线段，的中点．
    证明：平面平面；
    记平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并说明理由．

20. 设，，分别为三个内角，，的对边，已知．
    求角；
    若，且，求边．
21. 在直三棱柱中，，分别是，的中点，，，．
    求证：平面；
    求点到平面的距离．

22. 某大学科研团队在如下图所示的长方形区域内包含边界进行粒子撞击实验，科研人员在、两处同时释放甲、乙两颗粒子．甲粒子在处按方向做匀速直线运动，乙粒子在处按方向做匀速直线运动，两颗粒子碰撞之处记为点，且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失．已知长度为分米，为中点．
    已知向量与的夹角为，且足够长．若两颗粒子成功发生碰撞，求两颗粒子运动路程之和的最大值；
    设向量与向量的夹角为，向量与向量的夹角为，甲粒子的运动速度是乙粒子运动速度的倍．请问的长度至少为多少分米，才能确保对任意的，总可以通过调整甲粒子的释放角度，使两颗粒子能成功发生碰撞？

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，
．
故选：．
求出集合，然后进行交集的运算即可．
本题考查了一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，当，时，满足，但，A错误，
，当，时，满足，但，B错误，
，在上为增函数，，，C正确，
，当，时，满足，但，D错误，
故选：．
利用举实例法判断，利用指数函数的单调性判断．
本题考查不等式的性质，指数函数的单调性，举实例法的应用，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：，向量与的夹角为，
，
，
故选：．
由已知先求出，然后根据向量数量积的性质，代入可求．
本题主要考查了向量数量积的性质的简单应用，属于基础试题．
 

4.【答案】 

【解析】解：正方体外接球的球心在体对角线的中点，设半径为，则，
即，所以球的表面积为．
故选：．
若正方体的边长为，则外接球半径满足．
本题考查正方体的外接球，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：，，，
由正弦定理，，
，或，
或．
故选：．
由已知利用正弦定理可求，结合的范围即可得解的值，根据三角形内角和定理即可求解的值．
本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理在解三角形中的应用，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：由得：，
即，
．
故选：．
由题意，利用诱导公式、使用整体处理以及两角和与差得公式，解决问题．
本题主要考查使用整体处理以及诱导公式、两角和与差得公式的应用，属于中档题．．
 

7.【答案】 

【解析】解：，
，
故选：．
利用向量的加法法则和平面向量基本定理可以求解．
本题考查了平面向量基本定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离为，，故，
方程在区间上有两个实根，
即有个解，
由于，
，则，
故选：．
由原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离得出，再由正弦函数的性质得出实数的取值范围．
本题考查了三角函数的图象性质的应用，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：，
，，的虚部为，的共轭复数为．
故选：．
根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数的性质，即可求解．
本题考查了复数代数形式的乘法运算，以及复数的性质，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：选项，两个平行平面内的两条直线，可能平行，或者异面，选项错误；
选项，，，可理解直线，对应的方向向量可看作，的法向量，由于，又，是两个不同的平面，则，故B选项正确；
两个面垂直，那么在一个面内垂直于两个面交线的直线才垂直另一个面，从选项中无法判断，和交线的位置关系，因此，可能相交但不垂直，平行，异面但不垂直，选项错误；
选项，若，又，根据面面垂直的判定，即有，若，由于，，则，过任作一个平面，使其和相交于直线，
根据线面平行的性质定理，，又则，结合，即，故D选项正确．
故选：．
选项，选项根据面面平行，面面垂直关系很容易找到反例，选项理解成法向量容易证明，选项利用线面平行的性质定理，面面垂直的判定定理证明．
本题考查了空间中的线面关系、面面关系的判断和证明，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于，连接，作平面，，因为为正四棱台，
则在上，作交于点，连接，
因为，，
所以平面，平面，所以，
因为上底面的边长为，下底面的边长为，所以，
由，所以，故A错误；
对于，因为，所以与所成角即为与所成的角，即为所求，
因为正四棱台的四个侧面为全等的等腰梯形，所以，
由得，
所以与所成角的余弦值为，故B正确；
对于，因为平面，所以即为与面所成的角，
由，得，由得，
所以，
因为为正四棱台，
所以与面所成的角与与面所成的角相等，故C错误；
对于，根据选项，平面，所以即为平面与平面所成的角，且，
所以，因为正四棱台的四个侧面与底面所成的角相等，二面角的大小为，故D正确．
故选：．
连接，作平面，由线面垂直的判定定理可得平面，得到，求出可判断；，所以与所成角即为与所成的角，即为所求，求出可判断；即为与面所成的角，求出可判断；由平面得出即为平面与平面所成的角，求出，根据正四棱台的四个侧面与底面所成的角相等，可判断．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于：由于，利用正弦定理：，所以，利用大边对大角，所以，故A正确；
对于：由于，利用正弦定理：，即，故A，所以，
由于，故A，所以为直角三角形，故B正确；
由题意得，，，，所以，即，解得，
由余弦定理得，，所以，
由正弦定理得，所以故C错误；
对于，若，，，由正弦定理得，，
所以符合条件的三角形不存在，故D正确．
故选：．
利用正弦定理可得，可判断；利用正弦定理可得，可得，可求，可判断，对于：由题意和三角形面积公式求出边的值，再由余弦定理求出的值，从而由正弦定理可求判断；由正弦定理可得可判断．
本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由题意，，解得，
故答案为：．
根据向量平行的坐标公式求解即可．
本题考查向量的坐标运算，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：由，得：．
故答案为：．
分段函数解析式的正确使用，可迅速解决．
本题考查分段函数求值，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：函数，
将图象上所有点向右平移个单位，
得到，
因为是奇函数，所以，，
所以，，
当时，，则常数的一个取值为．
故答案为：．
利用函数的图象变换规律及三角函数的性质即可求解．
本题主要考查三角函数的图象和性质，函数的图象变换规律，要求熟练掌握函数图象之间的变化关系，属于基础题．
 

16.【答案】  

【解析】解：如图所示，

设，则，
、、三点共线，，，
，，
又，，，，
在中，由余弦定理得，
解得：或舍，．
故答案为：；．
设，则，利用、、三点共线即可求出，进而得到的值；再在中，分别求出以及的值，再利用余弦定理求出的长．
本题考查三点共线的性质，考查余弦定理的应用，属于中档题．
 

17.【答案】解：由，，，，
，，，
；
由已知可得，，又点是线段的中点，
，又向量与向量有垂直，
，即，解得． 

【解析】用坐标表示向量与，然后由数量积的定义求得夹角余弦值；
由已知求得向量与的坐标，再由数量积为列式可求得．
本题考查数量积求两个向量的夹角，考查两向量垂直与数量积的关系，考查运算求解能力，是基础题．
 

18.【答案】解：


，
因为的最小值为，
所以，可得，解得，
所以，
所以当时，取最大值，此时，，，解得，，
所以取得最大值时的自变量的集合为．
由可得，
令，，解得，，
可得的单调增区间为，． 

【解析】利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得，由题意可求函数周期，利用正弦函数的周期公式可求，可得函数解析式为，进而利用正弦函数的性质即可求解．
的单调增区间满足，，由此能求出的单调增区间．
本题考查三角函数恒等变换以及三角函数的最大值及对应的的集合的求法，考查函数的单调增区间的求法，考查三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
 

19.【答案】解：因为平面，平面，
所以．
因为是以为直径的圆上的点，
所以．
又，
所以平面．
因为，分别是，的中点，
所以．
所以平面．
又平面，故平面平面．
．
证明如下：由，又平面，平面，
所以平面．
又平面，平面平面，
所以． 

【解析】推导出，，平面，从而，进而平面，由此能证明平面平面．
推导出，平面，由此能证明．
本题考查面面垂直的证明，考查线线关系的判断与证明，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、推理论证能力，是中档题．
 

20.【答案】解：由正弦定理及，得，
因为，所以，即，
所以，
又，所以．
因为，
所以，
所以，
即，
若，即时，由，知；
若，即时，，由正弦定理知，，
由余弦定理得，，
所以，解得，
综上，当时，；当时，． 

【解析】利用正弦定理化边为角，并结合两角差的余弦公式化简可得，再根据角的取值范围，得解；
结合三角形内角和定理，诱导公式，两角差的正弦公式，将化简为，对的取值情况进行讨论，再由正弦定理和余弦定理进行求解，即可．
本题考查解三角形与三角函数的综合，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

21.【答案】证明：取中点并连接，
因为是的中点，所以，且．
因为是的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，因为平面平面，
所以平面．

设点到平面的距离为，
直三棱柱中，平面，
平面，，
，，
易得，又，，
，又，所以，
，，
，又，平面，
因为，所以，即，
解得，
所以点到平面的距离为． 

【解析】由已知可证，且，从而四边形为平行四边形，进而可证，可证平面；
设点到平面的距离为，由已知可得，进而利用，可求点到平面的距离．
本题考查线面平行的证明，考查点到面的距离的求法，属中档题．
 

22.【答案】解：设两颗粒子在点相撞，
在中，由余弦定理得，
，
，
，
，，
当且仅当时，等号成立，
两颗粒子运动路程之和的最大值为．

过作，垂足为，
设，则，，
由余弦定理可得，
，
，，
，，
当，即时，即取得最大值为，
由题意知恒成立，
恒成立，
，
的长度至少为分米，才能确保对任意的，
总可以通过调整甲粒子的释放角度，使两颗粒子能成功发生碰撞． 

【解析】根据题意在中运用余弦定理以及基本不等式能求出两颗粒子运动路程之和的最大值．
过作，垂足为，设，则，，由余弦定理求出，进而求出，求出，并求出其最大值，再由恒等式，求出的最小值即可．
本题考查余弦定理以及基本不等式等变换等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．