2021-2022学年辽宁省沈阳120中学高一（下）期末数学试卷-（Word解析版）

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2021-2022学年辽宁省沈阳120中学高一（下）期末数学试卷

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. 若，则(    )

A.  B.  C.  D.

2. 已知向量，，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

3. 若，则(    )

A.  B.  C.  D.

4. 已知，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

5. 在中，三内角，，对应的边分别为，，，且，若利用正弦定理解仅有唯一解，则(    )

A.  B.
C. 或 D. 或

6. 如图，一个底面半径为的圆锥，其内部有一个底面半径为的内接圆柱，且此内接圆柱的体积为，则该圆锥的体积为(    )

A.
B.
C.
D.

7. 圭表如图甲是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿称为“表”和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺称为“圭”当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图乙是一个根据某地的地理位置设计的圭表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角即大约为，夏至正午时太阳高度角即大约为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离即的长为，则表高即的长为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 已知正三棱锥，底面边长为，高为，四边形为正三棱锥的一个截面，若截面为平行四边形，则四边形面积的最大值为(    )

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. 已知的内角，，所对的边分别为，，，下列四个命题中正确的命题是(    )

A. 若，则
B. 若是锐角三角形，则恒成立
C. 若，则一定是直角三角形
D. 若，则一定是锐角三角形

10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是(    )

A. 函数的图象关于点对称
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在单调递减
D. 该图象向右平移个单位可得的图象
 

11. 已知复数其中为虚数单位，，则下列说法正确的有(    )

A. 若， B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则

12. 三棱锥中，平面平面，，，则(    )

A.
B. 三棱锥的外接球的表面积为
C. 点到平面的距离为
D. 二面角的正切值为

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 若，，则______．
14. 已知平面单位向量，，且，则在方向上的投影向量为______；的最小值是______．
15. 已知函数在区间上是增函数，将函数的图像向左平移个单位后得到的图像与将其向右平移个单位后所得到的图像重合．则的值为______：
16. 在三棱锥中，平面，，以为球心，表面积为的球面与侧面的交线长为______．

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. 已知向量，，．
    若点，，三点共线，求实数，满足的关系；
    若且为钝角，求实数的取值范围．
18. 如图，已知等腰梯形的外接圆半径为，，，点是上半圆上的动点不包含，两点，点是线段上的动点，将半圆所在的平面沿直径折起使得平面平面．
    求三棱锥体积的最大值；
    当平面时，求的值．

19. 已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为．
    求的解析式与单调递减区间；
    将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的纵坐标不变，得到函数的图象，当时，求方程的所有根的和．
20. 九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，已知平面，平面平面．
    判断四面体是否为鳖臑，并给出证明；
    若二面角与二面角的大小都是，求与平面所成角的大小．

21. 请在向量，，且；这两个条件中任选一个填入横线上并解答．
    在锐角三角形中，已知角，，的对边分别为，，，且满足条件______．
    求角；
    若的面积为，求的取值范围．
    注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
22. 如图，某公园改建一个三角形池塘，，百米，百米，现准备养一批观赏鱼供游客观赏．
    
    若在内部取一点，建造连廊供游客观赏，方案一如图，使得点是等腰三角形的顶点，且，求连廊的长单位为百米；
    若分别在，，上取点，，，并建造连廊，使得变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏：方案二如图，使得为正三角形，设为图中的面积，求的最小值；方案三如图，使得平行于，且垂直于，设为图中的面积，求的取值范围．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，
，
．
故选：．
根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．
本题主要考查复数的运算法则，以及复数的模，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为向量，，
所以，
因为，
所以，
解得，
故选：．
利用向量坐标运算法则求出，再由，利用向量垂直的性质列方程，能求出．
本题考查向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：原式，
所以，
所以．
故选：．
结合诱导公式及同角基本关系进行化简可求，然后结合两角和的正切公式进行化简即可求解．
本题主要考查了诱导公式，两角和的正切公式的应用，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：因为，所以，
，所以，
，，
所以，
故选：．
利用角的范围，结合三角函数值的范围判断结果即可．
本题考查三角函数值的大小的判断，判断角的范围，是解题的关键，是基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：由正弦定理得：，所以，
因为，所以，
因为仅有唯一解，
所以，的值确定，
当时，，仅有唯一解，此时，
则 ，
当时，，仅有唯一解，此时，
当，且时，有两解，不符合题意，
综上： 或．
故选：．
由正弦定理得，根据的范围讨论即可．
本题考查三角形的正弦定理和内角和定理的运用，考查运算能力，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：作出该几何体的轴截面如图示：为圆锥的高，

设内接圆柱的高为，而，，
因为内接圆柱的体积为，即，则，
由于，故∽，则，
即，故，
所以圆锥体积为，
故选：．
作出该几何体的轴截面，求出内接圆柱的高，利用三角形相似求出圆锥的高，即可求的其体积．
本题主要考查了圆柱和圆锥体积的运算，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：，
在中，，
在中，，
由，得，
故选：．
根据图形，找到角度与边长之间的关系求解．
本题考查了三角形中得几何计算，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：设侧棱长为，则由底面边长为，高为，由，可求得，

如图，设，则，且，于是，，
所以，，
当且仅当，即时取等号．
故四边形的面积最大值为，
故选：．
根据题意，设侧棱长为，则由底面边长为，高为，由，可求得，再利用基本不等式求四边形的面积最大值即可．
本题考查棱锥的结构特征和基本不等式求最值，属于基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：选项A，由正弦定理知，因为，所以，即选项A正确；
选项B，因为是锐角三角形，所以，即，
又，，所以，即选项B正确；
选项C，由余弦定理及，知，
化简得，
因为，所以，即为直角三角形，故选项C正确；
选项D，若，即，
由正弦定理知，，所以角为锐角，但无法判断角和，即选项D错误．
故选：．
选项A，由正弦定理，即可判断；
选项B，由，结合正弦函数的单调性与诱导公式，可判断；
选项C，利用余弦定理化角为边，整理可得，得解；
选项D，结合同角三角函数的平方关系与正弦定理，可确定为锐角，但无法判断角和．
本题主要考查三角形形状的判断，熟练掌握正弦定理，余弦定理，诱导公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：由函数的图象可得，由，解得．
再根据最值得，；
又，得，得函数，
当时，，故A正确；
当时，，是最值，故B正确；
，则，
函数不单调，故C错误；
函数的图象向右平移个单位可得的图象，故D正确．
故选：．
根据图象求出函数的解析式，结合三角函数的性质，逐次判断各选项即可得到结论．
本题主要考查由的部分图象确定其解析式，三角函数的图象和性质，三角函数的平移变换，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：，则，
对于，，，解得，
故，故A正确，
对于，令，则，满足，但，故B错误，
对于，，，
，故C正确，
对于，令，满足，但，故D错误．
故选：．
根据已知条件，结合共轭复数的定义，复数模公式，以及特殊值法，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，复数的模，以及特殊值法，属于基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于，因为平面平面，，即，
平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，故A正确；
对于，因为，，，
所以平面，
因为平面，所以，
又平面，平面，
所以，即，
所以三棱锥外接球的直径为，
因为，所以，
所以三棱锥的外接球的表面积，故B错误；
对于，因为平面，平面，
所以平面平面，过点作，交于点，

根据面面垂直的性质定理，可得平面，
故点到平面的距离为，由，，
得，则，
则，故C错误；
对于，，，所以为二面角的平面角，
在中，，故D正确．
故选：．
根据平面可判断正误；求出直径，再根据球的表面积公式可判断的正误；根据面面垂直的性质定理可知点到平面的距离为，求出可判断正误；根据题意可知，可得为二面角的平面角，进而求出正切值可判断正误．
本题考查了空间中的垂直关系、距离问题和空间角问题等，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：，
，
又，
，
，
，
故答案为：．
先利用同角三角函数间的关系式求得，再利用二倍角公式可得，整理可得答案．
本题考查两角和与差的三角函数的应用，考查运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 

14.【答案】  

【解析】解：由，
两边平方得，
而在方向上的投影向量为，
，当时取得最小值所以其最小值为．
故答案为：，．
分别根据投影向量的定义和单位向量的模化简即可求解．
本题考查平面向量的数量积运算，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：由于函数在区间上是增函数，将函数的图像向左平移个单位后得到的图像与将其向右平移个单位后所得到的图像重合．
故；
所以；
整理得：，；
当时，函数在区间上是增函数；
故：；
故答案为：．
直接利用函数的图像的平移变换整理得，进一步利用函数的单调区间求出结果．
本题考查的知识要点：函数的图像的平移变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：如图，三棱锥中，平面，，三棱锥是正方体的一部分，作于，，平面，表面积为的球面，球的半径为，
在上取，则，
以为球心，表面积为的球面与侧面的交线是以为圆心的半圆，
所以球面与侧面的交线长为：．
故答案为：．
画出几何体的图形，判断以为球心，表面积为的球面与侧面的交线长的图形，然后转化求解即可．
本题考查了三棱锥的外接球问题，球的表面积的求解，解题的关键是将该三棱锥置于一个长方体，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：，，三点共线，即，，，
所以，
即．
因为为钝角，
所以且，不共线，
由得当，且时，，
因为，不共线，
所以，，，，解得，
所以且，
故的取值范围为且 

【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，结合向量平行的性质，以及平面向量的数量积公式，即可求解．
本题主要考查向量平行的性质，以及平面向量的数量积公式，属于基础题．
 

18.【答案】解：当时，平面，由平面平面，平面平面，
知平面，
此时，到平面的距离最大，为，
所以，的最大值为，
连接交于点，连接，

则平面平面，
依题意，平面，平面，所以，
所以，，
等腰梯形中，∽，
所以． 

【解析】根据平面平面，可知平面时，三棱锥体积最大，利用锥体的体积公式可求答案；
根据平面，确定的位置，结合比例关系可得答案．
本题考查了三棱锥体积的最值问题以及线面平行的性质，属于中档题．
 

19.【答案】解：由题意，；
函数图象的相邻两对称轴间的距离为，
的最小正周期为，即可得，
又为奇函数，
又，
，
故，
令，，
整理得：，；
函数的递减区间为，．
将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，
再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，
又，
则或，
即或．
令，当时，，
画出的图象如图所示：

有两个根，，关于对称，
即，，
有，，，在上有两个不同的根，，
，
；
又的根为，，，
所以方程在内所有根的和为． 

【解析】首先利用三角函数关系式的变换把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的周期性求出函数的解析式，进一步利用整体思想的应用求出函数的单调递减区间；
利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用及三角函数的方程的应用求出所有的根，进一步求出所有根的和．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，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，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

20.【答案】证明：四面体为鳖臑，证明如下：
作交于，
因为平面，平面，故，
又平面平面，且平面平面，故AD平面，
又平面，故AD，
又，，平面，故BC平面，故BC，，
又平面，故，，
故四面体所有面都为直角三角形，故四面体为鳖臑；

解：由，连接，二面角的平面角为，二面角的平面角为，
故，故，均为等腰直角三角形，
设，则，，
又平面，故AC与平面所成角为，
又，且为锐角，故，
即与平面所成角的大小为．
 

【解析】作交于，根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质与判定证明平面，从而证明四面体四个面都为直角三角形即可；
由连接，根据线面垂直的性质可得与平面所成角为，再求解，从而得到即可．
本题考查了线面垂直的性质与判定和线面角的计算，属于中档题．
 

21.【答案】解：选择：因为，
所以，即，
由正弦定理得，，化简得，
由余弦定理知，，
又为锐角，所以．
选择：
由正弦定理及，得，
即，
又，
所以，
因为，所以，
又为锐角，所以，故．
因为，
所以，所以，
法一由余弦定理得，，
因为为锐角三角形，所以即
将代入上式可得即解得，
令，则在上单调递增，
而，，所以，
故的取值范围为．
法二由正弦定理得，，
又，所以，
因为为锐角三角形，所以解得，
所以，所以，即，解得，
令，则在上单调递增，
而，，所以，
故的取值范围为． 

【解析】选择：根据，并利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理，求得，得解；
选择：利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式，化简可得，得解；
利用三角形面积公式可得，从而将问题转化为求函数在上的值域，其中在求的取值范围时有如下两种方法：
法一：结合余弦定理与求得的取值范围；
法二：利用正弦定理推出，再结合，将表示成关于角的函数，根据正切函数的图象与性质，求得的取值范围．
本题主要考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，平面向量数量积的坐标运算，三角恒等变换公式，对勾函数的单调性是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：因为点是等腰三角形的顶点，且，，
所以，
由余弦定理可得，，解得，
又因为，
故，
在中，，，所以，
在中，由余弦定理可得，，
解得，
故，
所以连廊的长为百米．
设图中的正的边长为，，
则，，
设，
则，，
所以，
在中，由正弦定理可得，，
即，
即
即其中为锐角，且，
所以，即；
图中，设，，
因为，且，
所以，，，
所以，，
所以，
所以当时，取得最大值，无最小值，即
故 

【解析】先由中的余弦定理求出，再由中的余弦定理求出，即可得到答案；
分别表示出方案和方案中的面积，利用三角函数的性质以及二次函数的性质求解最值即可．
本题考查了函数模型的实际应用，学生的数学运算能力，属于基础题．