2021-2022学年河南省南阳六校高一下学期数学期末考试试题含解析

2021-2022学年河南省南阳六校高一下学期数学期末考试试题

一、单选题

1．下列结论正确的是（       ）

A．与角的终边相同

B．若为第三象限角，则

C．若为锐角，则为钝角

D．将转化为弧度是

【答案】D

【分析】根据终边相同的角的定义即可判断A；根据第三象限角的正弦值小于0即可判断B；求出的范围即可判断C；根据角度制与弧度制的相互转换即可判断D.

【详解】解：对于A，因为，

所以与角的终边不相同，故A错误；

对于B，若为第三象限角，则，故B错误；

对于C，若为锐角，则，

则，故C错误；

对于D，将转化为弧度是，故D正确.

故选：D.

2．已知，则z的虚部为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数的四则运算及复数的概念即可求解.

【详解】解：因为，故，

所以z的虚部为.

故选：A.

3．已知，则=（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用余弦的倍角公式、诱导公式进行求解.

【详解】，

，

即，由诱导公式有：，

所以.故A，B，D错误.

故选：C.

4．一个圆锥的侧面展开图如图所示，则该圆锥的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题，，结合扇形面积，即可求出圆锥的表面积

【详解】由题，，扇形面积，故圆锥的表面积，

故选：D

5．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（       ）

A．若，，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，则

【答案】C

【分析】根据各选项中的条件判断线线、线面、面面的位置关系，可得出合适选项.

【详解】对于A选项，若，，则，

因为，过直线的平面与平面相交，设交线为，则，

，，则，故，A错；

对于B选项，若，，，则，故，B错；

对于C选项，设，

在平面内作直线，使得，，，，，则，

，，，，则，故，C对；

对于D选项，若，，则或，D错.

故选：C.

6．已知△ABC的周长为11，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，，则b=（       ）

A．3 B．3或5 C．4或5 D．4

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用余弦定理列出方程，求解作答.

【详解】依题意，，在中，由余弦定理得：

，整理得，解得或，

所以或.

故选：B

7．化简=（       ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【分析】利用三角恒等变换化简即得.

【详解】

.

故选：C.

8．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用排除法，结合函数图及性质可得出答案.

【详解】解：对于A，，

所以函数为偶函数，故排除A；

对于D，，故排除D；

对于C，，

则，

所以函数为奇函数，故排除C.

故选：B.

9．在中，，分别是边上一点，若，，且，则非零实数的值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由余弦定理可得为直角三角形，利用平面向量线性运算结合几何图形得关系得到，利用垂直向量数量积为0即可求解.

【详解】解：由题可知，在中，，由余弦定理得，故，

又，故为直角三角形，，,

因为，，

所以,

又，故，

即

，

解得：（舍去）或.

故选：B.

10．将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先根据三角函数图象的变换得到的解析式，然后由为偶函数可得答案.

【详解】将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，

得到函数的图象，

再将所得图象向右平移个单位长度，

得到函数的图象，

因为，所以为偶函数，所以，

解得，又，所以的最小值为．

故选：D．

11．设函数若，且的最小正周期大于，则下列结论正确的是（       ）

A．是奇函数

B．的最小正周期为

C．在上单调递增

D．的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像

【答案】D

【分析】先求出函数，再利用三角函数是图像和性质以及图像变换对四个选项一一验证即可.

【详解】函数若，

所以的图像关于对称，且关于对称.

因为的最小正周期大于，所以.

由，解得：.

所以.

因为关于对称，所以，可得：，

故.

对于A: 为偶函数.故A错误；

对于B：的最小正周期为.故B错误；

对于C：当时，，单调递减.故C错误；

对于D：的图像向左平移个单位长度后得到函数.故D正确.

故选：D

12．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形为两个全等的等腰梯形，则该刍甍的外接球的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，求出点到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答．

【详解】解：取，中点，，正方形中心，中点，连接，，，，如图，

依题意，平面，，点是的中点，，

等腰中，，，同理，

因此，等腰梯形的高，由几何体的结构特征知，

刍甍的外接球球心在直线上，连，，，正方形外接圆半径，

则有，而，

当点在线段的延长线（含点时，视为非负数，若点在线段（不含点上，视为负数，

即有，即，解得，

因此刍甍的外接球球心为，半径为，

所以刍甍的外接球的体积为．

故选：A．

二、填空题

13．已知函数的最小正周期16，则=___________.

【答案】

【分析】利用最小正周期算出，即能得到，继而算出的值

【详解】由周期公式可得，所以，

所以，所以，

故答案为：

14．设向量，，，若，则实数m＝______．

【答案】3

【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示得，利用垂直向量的坐标表示即可求解.

【详解】解：因为，，，所以，

又，故，即，解得.

故答案为：3

15．若，，则______．

【答案】

【分析】由题，结合三角恒等变换，求出或的值，即可由或求值

【详解】解法一       由得，两边平方得，，解得或（，舍去），故

解法二       将两边同时平方，得，即，又，则，所以，则．

故答案为：

16．已知等边三角形ABC的边长为2，边AB的中点为D，边BC上有两动点E，F，若，则的取值范围是______．

【答案】

【分析】取线段EF的中点P，将表示为，再求出的取值范围即可作答.

【详解】如图，取线段EF的中点P，连DP，则有，，

在正中，当点E与B重合时，， ，

则，此时，即，

点E从点B开始向点C移动，线段DP长逐渐增大，当点F与C重合时，，，

则，则，

，

所以的取值范围是.

故答案为：

【点睛】关键点睛：涉及定长的线段两端点向量数量积，取线段的中点，借助向量数量积的计算公式求解是关键.

三、解答题

17．在复平面内，复数对应的点为，对应的点为．

(1)求．

(2)若复数z满足，则复数z在复平面内对应的点的集合是什么图形？并判断点A与该图形的位置关系．

【答案】(1)；

(2)以点B为圆心，3为半径的圆；点A在圆B内.

【分析】（1）求出复数，，再利用复数的乘法计算作答.

（2）设出复数z的代数形式，结合复数模的意义列式即可得解，再求出线段AB长判断作答.

【详解】(1)依题意，，，所以.

(2)设，复数z在复平面内对应的点，，

因此，，即，

所以复数z在复平面内对应的点的集合是以点B为圆心，3为半径的圆，

而，所以点A在圆B内.

18．如图所示，在平面直角坐标系中，以轴的非负半轴为始边作钝角和锐角，它们的终边分别与单位圆交于两点，过分别作轴于点轴于点，线段的长分别为.

(1)求；

(2)求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角函数的定义可求得，再根据诱导公式及两角和的正弦公式即可得解；

（2）根据题意求出，再根据二倍角的正切公式求出，最后根据两角和的正切公式即可得解.

【详解】(1)解：因为，所以，

所以；

(2)解：由题可知，

所以，

所以，

由（1）可得，

所以.

19．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，△PAD为等边三角形，∠ABC=120°，点E，F分别是线段PA，AD的中点．

(1)求证：平面EBD；

(2)若AB=2，求四棱锥P-DFBC的体积．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）连接，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.

（2）证明平面，再利用锥体的体积公式求解作答.

【详解】(1)在四棱锥P-ABCD中，连接，连，如图，

因四边形是菱形，则O是AC的中点，而E是PA的中点，则，又平面，平面，

所以平面.

(2)在正中，F是线段AD的中点，则，而平面平面，平面平面，

平面，因此，平面，且，

在菱形中，，则，是正三角形，，，

显然四边形是直角梯形，其面积为，

所以四棱锥的体积.

20．如图，在四棱柱中，底面ABCD是边长为1的正方形，，．

（1）求证：平面ABCD；

（2）若P是侧棱的中点，求二面角A－PC－B的余弦值．

【答案】（1）见详解；

（2）.

【分析】(1)根据SSS可得可得，根据线面垂直的判定可证平面ABCD；

（2）先做出二面角的平面角，在三角形使用余弦定理即可得到二面角A－PC－B的余弦值．

【详解】（1）在正方形ABCD中，,

又，且公用，

所以，

所以，即

因为平面ABCD，

所以平面ABCD.

（2）P是侧棱的中点，由（1）知，在直角中，，

在直角中，，

在正方形ABCD中,，

所以为正三角形，

取的中点，连接

所以，且，

又在等腰直角中，，且，

所以为二面角A－PC－B的平面角，

在中，，，，

由余弦定理得，

即二面角A－PC－B的余弦值为．

21．已知函数的部分图象如图所示，且.

(1)求的解析式；

(2)若方程在上有两个不同的实数根，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）易得函数的周期，从而可求得，再利用待定系数法求出即可；

（2）方程可转化为，即，，设，可转化为有两个不同的实数根，数形结合即可得出答案.

【详解】(1)解：由图知，

，

即

，

即，

，

；

(2)解：方程可转化为，

即，，

设，

可转化为有两个不同的实数根，

和的图象有两个不同的交点，

如图，由图观察可知，的取值范围是，

故的取值范围是.

22．在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且．

(1)求B；

(2)已知的面积为，且，求的周长．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦及辅助角公式求解作答.

（2）利用三角形面积定理、正弦定理角化边结合余弦定理求出即可计算作答.

【详解】(1)在中，由正弦定理及得：，

，

而，则有，即，由得，

则，所以.

(2)由（1）知，，解得，

由正弦定理及得：，由余弦定理得：，

即，解得，，

所以的周长为.

【点睛】关键点睛：涉及含三角形边的齐次、角的正弦的关系等式，利用边角互化是解题的关键.