2021北京八一学校高一（下）期末数学（教师版）

这是一份2021北京八一学校高一（下）期末数学（教师版），共18页。试卷主要包含了 已知点， 则等内容，欢迎下载使用。

2021北京八一学校高一（下）期末
数 学
制卷人：荣 贺 审卷人: 王明辉
本试卷共 4 页， 100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
第一部分（选择题 共30 分)
1. 过平面 外一点 ，能做（ ）条直线与平面 平行.
A. 0 B.1 C. 2 D. 无数
2. 已知点， 则 （ ）
A. B. C. D.
3. 下列选项中，能构成针角三角形的三边长的选项为（ ）
A. 1，2，3 B.2，3，4 C.3，4，5 D.4，5，6
4. 将函数 的图像上所有点向右平移 个单位长度得到 的图像， 则函数 的解析式是（ ）
A. B.
C. D.
5. 若圆锥的母线长与底面半径之比为4: 1，则该圆锥的侧面积与底面积之比为（ ）
A.4: 1 B.2: 1 C. D.
6. 设非零向量 ， 则“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
7. 在 中， 若 ， 则 的形状为 （ ）
A.等边三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D. 等腰或直角三角形
8. 函数 的部分图像如图所示， 则 的值为 ( )

A. B. C. D.
9.圭表（如图 1 ) 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"）. 当正午太阳照射在表上时，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 2 是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即 ）为 ，夏至正午太阳高度角（即 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.
10. 在棱长为 1 的正方体中，点在线段上运动， 则下列命题错误的是（ ）

A. 异面直线和所成的角为定值
B. 直线和平面 所成的角为定值
C. 三棱雉 的体积为定值
D. 直线 和平面 平行
第二部分（非选择题 共 70 分)
二、填空题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分.
11. 设向量 ， 且 ， 则 ______.
12. 函数 的最小正周期为______.
13. 如图所示， 棱长为 2 的正方体 中，点 为棱 的中点， 过点 的平面 与平面 平行，则平面 与直线 的交点到顶点 的距离为 三棱雉 的体积为__________.

14. 已知函数, f(x)在区间 上单调递减， 则_____.
15. 如图， 已知四棱雉，底面为正方形，平面 .
①图中所有线段中最长
②可能为直角三角形；
③平面与平面的交线与平行.其中正确命题的序号是________________.


三、解答题共5小题，共50分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16，（本小题满分10分）
已知函数 .
（Ⅰ）求 的值;
（Ⅱ）求函数 的单调递减区间.


17. (本小题满分 10 分） 如图所示， 在三棱雉 中， 平面 ， 点 分别为线段 的中点， 过 的平面 交平面 于
（Ⅰ） 平面
（Ⅱ）证明:.



18. (本小题满分 10 分) 在 中， 角 的对边分别为 的面积为 ， 且满足 .
（Ⅰ）求角 的大小;
（Ⅱ）设 的角平分线 交 于 ， 且 ， 求线段 的长.


19. (本小题满分 12 分)
如图所示， 在正四棱柱 中， 是线段 上的动点.
（Ⅰ）证明: 平面 ;
（Ⅱ）在线段 上是否存在一点 ， 使得平面 平面 若存在， 请求出 的值;若不存在， 请说明理由.

20.（本小题满分 8 分) 设集合 ， 集合 ， 如果对于任意元素 都有 或， 则称集合 为 的自邻集. 记 为集合 的所有自邻集中最大元素为 的集合的个数.
（Ⅰ） 直接判断集合 和 是否为 的自邻集;
（Ⅱ）比较 和 的大小， 并说明理由;
（III） 当 时， 求证: .

参考答案
一、选择题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．【分析】利用空间想象能力，可得答案．
【解答】解：因为平面α外有无数条直线平行与平面α，
所以过平面α外一点A，能做无数条直线与平面α平行，
故选：D．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，属于中档题．
2．【分析】根据题意，求出、的坐标，进而求出、的模以及•的值，进而计算可得答案．
【解答】解：根据题意，点A（0，），B（0，0），C（1，0），
则＝（1，0），＝（1，﹣），
则有||＝1，||＝2，•＝1，
则cos＜，＞＝＝，
故选：C．
【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
3．【分析】根据两边和大于第三边定理可判断选项A不构成三角形；根据大角对大边和余弦定理可判断出B选项正确，D选项的三边构成锐角三角形；选项C的三边构成直角三角形，然后即可得出正确的选项．
【解答】解：∵1+2＝3，∴这三边不能构成三角形，A错误；
∵22+32﹣42＝﹣3＜0，∴这三边能构成钝角三角形，B正确；
∵32+42＝52，∴这三边构成直角三角形，C错误；
∵42+52﹣62＝16+25﹣36＝5＞0，∴这三边构成锐角三角形，D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了两边和大于第三边定理，大角对大边定理，余弦定理和勾股定理，考查了计算能力，属于基础题．
4．【分析】由题意利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．
【解答】解：由题意，将函数f（x）＝sin2x的图象向右平移个单位长度，
可得的图象，
故选：B．
【点评】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．
5．【分析】设圆锥的母线长为l＝4x，则底面半径r＝x，分别求出圆锥的侧面积和底面面积，即可得到答案．
【解答】解：设圆锥的母线长为l＝4x，则底面半径r＝x，
所以圆锥的侧面积为S＝πrl＝4πx2，
圆锥底面面积为S'＝πr2＝πx2，
所以该圆锥的侧面积与底面积之比为4：1．
故选：A．
【点评】本题考查了圆锥的几何性质的应用，圆锥的侧面积公式的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
6．【分析】直接由（﹣）•（+）＝0⇔⇔⇔||＝||得答案．
【解答】解：（﹣）•（+）＝0⇔⇔⇔||＝||，
故“（﹣）•（+）＝0”是“||＝||”的充要条件．
故选：C．
【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查充分必要条件的判定，是基础题．
7．【分析】在△ABC中，利用正弦定理与二倍角的正弦可得sin2A＝sin2B，再利用正弦函数的性质及诱导公式可得A＝B或A+B＝，从而可得答案．
【解答】解：在△ABC中，∵＝＝，
∴sin2A＝sin2B，
∴2A＝2B或2A＝π﹣2B，
∴A＝B或A+B＝，
∴△ABC为等腰或直角三角形，
故选：D．
【点评】本题考查三角形形状的判断，着重考查正弦定理与二倍角的正弦及诱导公式的应用，属于中档题．
8．【分析】根据f（x）的最值得出A，根据周期得出ω，利用特殊点计算φ，从而得出f（x）的解析式，再计算f（）．
【解答】解：∵f（x）的最大值为，最小值为﹣，A＞0，
∴A＝，
∵f（x）的周期T＝4（）＝π，
∴ω＝＝2，
∵f（）＝﹣，
∴sin（+φ）＝﹣，
∴φ＝+2kπ，∴φ＝+2kπ，k∈Z，
∴f（）＝sin（++2kπ）＝sin（）＝﹣sin＝﹣1．
故选：D．
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质，属于中档题．
9．【分析】先求出∠BAD，然后利用正弦定理求出AD，再在△ADC中，求出AC．
【解答】解：由题可知：∠BAD＝73.5°﹣26.5°＝47°，
在△BAD中，由正弦定理可知：，即，
则，
又在△ACD中，，
所以，
故选：D．
【点评】本题考查了解三角形，考查了学生数学建模思想，属于基础题．
10．【分析】利用线面垂直的性质定理，可证明CB1⊥C1P，即可判断选项A，利用线面角的定义，得到∠CPO即为直线CP与平面ABC1D1所成的角，即可判断选项B，利用等体积法，三棱锥D﹣BPC1的体积等于三棱锥P﹣DBC1的体积，分析即可判断选项C，由线面平行的性质即可判断选项D．
【解答】解：对于A，因为在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，
则CB1⊥平面ABC1D1，因为C1P⊂平面ABC1D1，所以CB1⊥C1P，
故这两条异面直线所成的角恒为定值90°，
故选项A正确；
对于B，由线面夹角的定义可知，令BC1与B1C的交点为O，
则∠CPO即为直线CP与平面ABC1D1所成的角，
当点P移动时，∠CPO是变化的，
故直线CP和平面ABC1D1所成的角为不是定值，
故选项B错误；
对于C，三棱锥D﹣BPC1的体积等于三棱锥P﹣DBC1的体积，
又△DBC1的大小一定，因为P∈AD1，而AD1∥平面BDC1，
所以点A到平面DBC1的距离即为点P到该平面的距离，
所以三棱锥D﹣BPC1的体积为定值，
故选项C正确；
对于D，直线CD∥平面ABC1D1，则直线CD∥平面BPC1，
故选项D正确．
故选：B．

【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间角与体积的计算等知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等，属于中档题．
二、填空题共5小题，每小题4分，共20分。
11．【分析】利用向量垂直，列出方程求解即可．
【解答】解：x∈R，向量＝（x，1），＝（1，﹣2），且⊥，
可得：x﹣2＝0，解得x＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查向量的垂直的充要条件的应用，是基础题．
12．【分析】由题意利用三角恒等变换化简函数的解析式，再根据余弦函数的周期性，得出结论．
【解答】解：函数f（x）＝cos2x•cosx﹣sin2x•sinx＝cos（2x+x）＝cos3x 的最小正周期为，
故答案为：．
【点评】本题主要考查三角恒等变换，余弦函数的周期性，属于基础题．
13．【分析】先根据已知条件求出平面α与直线CD的交点，即可求得交点到顶点D的距离；由三棱锥A1﹣BMC1与三棱锥C1﹣BMA1的体积相等求得三棱锥A1﹣BMC1的体积．
【解答】解：取AB、C1D1的中点分别为P、N，连接A1P，A1N，PC，CN，
由A1M∥NC1，且A1M＝NC1，故四边形A1MC1N为平行四边形，
所以A1N∥C1M，且A1N＝C1M，
因为PM，BB1，CC1平行且相等，
则四边形PCC1M为平行四边形，
所以PC与C1M平行且相等，则A1N与PC平行且相等，
故四边形A1NCP为平行四边形，
因为A1N∥C1M，A1N⊄平面BMC1，C1M⊂平面BMC1，
故A1N∥平面BMC1，
因为A1P∥MB，A1P⊄平面BMC1，MB⊂平面BMC1，
故A1P∥平面BMC1，
又A1P∩A1N＝A1，A1P，A1N⊂平面A1NCP，
所以平面A1NCP∥平面BMC1，
则平面A1NCP即为平面α，
平面α与直线CD的交点C到顶点D的距离为CD＝2，
由等体积法可得，＝＝，
故三棱锥A1﹣BMC1的体积为．
故答案为：2；．

【点评】本题主要考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，点到平面距离的计算以及锥体体积公式的应用，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等，属于中档题．
14．【分析】利用辅助角公式化积，求出复合函数的减区间，再由f（x）在区间（，）上递减列不等式求得ω的范围，继而得出，从而可求ω的值．
【解答】解：f（x）＝sinωx+cosωx＝2sin（ωx+），
由，取k＝0，得：
，由于f（x）在区间（，）上单调递减，
∴，解得1≤ω≤．
∵f（）+f（）＝0，
∴x＝＝为f（x）＝2sin（ωx+）的一个中心的横坐标，
∴，则ω＝3k﹣1，k∈Z，
又1≤ω≤．
∴ω＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查三角函数值的恒等变换应用，考查y＝Asin（ωx+φ）型函数的图象和性质，是中档题．
15．【分析】结合几何体的特征，结合线面的位置关系，逐个判断，即可得出答案．
【解答】解：对于①：不妨设正方形ABCD的边长为a，PA＝b，
所以AB＝BC＝CD＝AD＝a，
所以PB＝PD＝，PC＝＝，
所以所有线段中PC最长，故①正确；
对于②：由①知BD＝＝，
PB2+PD2＝a2+b2+a2+b2＝2a2+2b2，BD2＝2a2，
若PB⊥PD，则PB2+PD2＝BD2，解得b＝0，不合题意，
所以PB不垂直PD，
PB2+BD2＝a2+b2+2a2＝3a2+b2，PD2＝a2+b2，
若PB⊥BD，则PB2+BD2＝PD2，解得a＝0，不合题意，
所以PB不垂直BD，
PD2+BD2＝a2+b2+2a2＝3a2+b2，PB2＝a2+b2，
若PD⊥BD，则PD2+BD2＝PB2，解得a＝0，不合题意，
所以PD不垂直BD，故②不正确；
对于③：设平面PAB与平面PCD的交线为l，
因为CD∥AB，CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以CD∥平面PAB，
因为CD⊂平面PCD，
平面PAB∩平面PCD＝l，
所以CD∥l，
所以AB∥l，故③正确．
故答案为：①③．
【点评】本题考查立体几何中线面的位置关系，属于中档题．
三、解答题共5小题，共50分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程
16．【分析】（1）直接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，进一步求出函数的值；
（2）利用整体思想的应用求出函数的单调递减区间．
【解答】解：（1）＝＝sin2x+＝2sin（2x+），
所以＝．
（2）令（k∈Z），
整理得：（k∈Z），
所以函数的单调递减区间为：[]（k∈Z）．
【点评】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，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
17．【分析】（1）由已知可得PA⊥BC，结合AB⊥BC，由线面垂直的判定定理即可求证；
（2）先证明DE∥面PBC，再由线面平行的性质定理即可求证．
【解答】证明：（1）因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，
又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，
所以BC⊥平面PAB；
（2）因为点D，E分别为线段AB，AC的中点，
所以DE∥BC，
因为DE⊄面PBC，BC⊂面PBC，
所以DE∥面PBC，
因为DE∥面PBC，DE⊂面α，平面α∩面PBC＝FG，
由线面平行的性质可得：FG∥DE．

【点评】本题主要考查了线面垂直的判定，线面平行的性质，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．
18．【分析】（1）根据余弦定理和三角形的面积公式即可得出，进而得出，从而求出；
（2）在△ABC中，根据正弦定理可求出，然后可求出，然后在△ACD中根据正弦定理即可求出AD的长．
【解答】解：（1）在△ABC中，根据余弦定理，b2+c2﹣a2＝2bccosA，且，
∴由得，，
∴，且A∈（0，π），
∴；
（2）如图，在△ABC中，，且＝，

∴根据正弦定理得，，解得，
又，∴，且，，
∴在△ACD中，根据正弦定理得，，解得．
【点评】本题考查了正余弦定理，三角形的面积公式，两角和的正弦公式，三角函数的诱导公式，考查了计算能力，属于中档题．
19．【分析】（1）连接A1B，C1B，证明平面ACD1∥平面BA1C1，而BP⊂平面BA1C1，可得BP∥平面ACD1；
（2）取P为A1C1的中点，则平面BDP即为平面BB1D1D，证明AC⊥平面BB1D1D，可得平面ACD1⊥平面BB1D1D，即平面BDP⊥平面ACD1．
【解答】（1）证明：连接A1B，C1B
∵AB∥C1D1，AB＝C1D1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，
可得AD1∥BC1，
∵AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，∴BC1∥平面ACD1，
同理A1B∥平面ACD1，
又A1B、BC1⊂平面A1BC1，且A1B∩BC1＝B，
∴平面ACD1∥平面BA1C1，而P是线段A1C1上的动点，
∴BP⊂平面BA1C1，可得BP∥平面ACD1；
（2）解：当P为A1C1的中点，即A1C1：A1P＝2时，平面BDP⊥平面ACD1．
证明如下：若P为A1C1的中点，则平面BDP即为平面BB1D1D，
∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，
∴AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，BB1⊥AC，
又BB1∩BD＝B，∴AC⊥平面BB1D1D，而AC⊂平面ACD1，
∴平面ACD1⊥平面BB1D1D，即平面BDP⊥平面ACD1．

【点评】本题考查直线与平面平行、平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查推理论证能力，是中档题．
20．【分析】（1）利用自邻集的定义直接判断即可；
（2）利用自邻集的定义求出A10的自邻集中最大元素分别为6，5，3的所有自邻集，即可得到答案；
（3）记集合An＝{1，2，3，...，n}（n≥2，n∈N）所有子集中自邻集的个数为an，可得an＝an﹣1+，然后分①自邻集中含有n﹣2，n﹣1，n这三个元素，②自邻集中含有n﹣1，n这两个元素，不含n﹣2，且不只有n﹣1，n这个两个元素，③自邻集只含有n﹣1，n这两个元素，由这三种情况求解即可．
【解答】（1）解：因为A5＝{1，2，3，4，5}，所以P＝{1，2，3，5}⊆A5，Q＝{1，2，4，5}⊆A5，
因为5﹣1∉P，5+1∉P，
所以P＝{1，2，3，5}不是A5的自邻集，
因为1+1＝2∈Q，2﹣1∈Q，4+1＝5∈Q，5﹣1＝4∈Q，
所以Q＝{1，2，4，5}是A5的自邻集；
（2）解：A10＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，
则其自邻集中最大元素为6的集合中必含有5和6，
则有{5，6}，{4，5，6}，{3，4，5，6}，{2，3，5，6}，{1，2，5，6}，{2，3，4，5，6}，{1，2，3，5，6}，{1，2，4，5，6}，{1，2，3，4，5，6}，共9个，
即，
其自邻集中最大元素为5的集合中必含有4和5，
则有{4，5}，{3，4，5}，{2，3，4，5}，{1，2，4，5}，{1，2，3，4，5}，共5个，即，
其自邻集中最大元素为3的集合中必含有2和3，
则有{2，3}，{1，2，3}，共2个，即，
所以＞；
（3）证明：记集合An＝{1，2，3，...，n}（n≥2，n∈N）所有子集中自邻集的个数为an，
由题意可得，当n≥4时，，
，
则有an＝an﹣1+，
①自邻集中含有n﹣2，n﹣1，n这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素n后的集合为D，
因为n﹣2，n﹣1∈D，所以D仍是自邻集，且集合D中的最大元素为n﹣1，
所以含有n﹣2，n﹣1，n这三个元素的自邻集的个数为；
②自邻集中含有n﹣1，n这两个元素，不含n﹣2，且不只有n﹣1，n这个两个元素，
记自邻集除n﹣1，n之外最大元素为m，则2≤m≤n﹣3，
每个自邻集中去掉n﹣1，n这两个元素后，仍为自邻集，
此时的自邻集的最大元素为m，可将此时的自邻集分为n﹣4种情况：
含有最大数为2的集合个数为，
含有最大数为3的集合个数为，
••••••
含有最大数为n﹣3的集合个数为，
则这样的集合共有；
③自邻集只含有n﹣1，n这两个元素，这样的自邻集只有1个，
综上可得，，
因为，，
故，
所以，
故．
【点评】本题考查了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可，属于难题．