2022-2023学年北京市延庆区高一下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年北京市延庆区高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据并集运算求解.

【详解】因为集合，，

所以，

故选:D.

2．，则（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】由两角差的正切公式求解即可.

【详解】因为，

所以.

故选：A.

3．向量，若，则（    ）

A．4 B．2 C．1 D．

【答案】D

【分析】由向量平行的坐标表示，即可求参数.

【详解】由题意，则.

故选：D

4．已知直线与不同平面，则“”是“且”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

【答案】B

【分析】由面面、线面位置关系判断题设条件间的推出关系，结合充分、必要性定义可得答案.

【详解】由，而直线与平面位置关系不明，不可能推出且，充分性不成立；

由且，为不同平面，根据与同一直线垂直的两个平面平行，即，必要性成立；

所以“”是“且”的必要而不充分条件.

故选：B

5．在半径为的扇形中，圆心角为2弧度，则该扇形的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用扇形面积公式求面积即可.

【详解】由扇形面积公式知：扇形的面积为.

故选：C

6．如果直线和是空间中两条不相交的直线，则必定存在平面，使得（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用空间两直线的位置关系逐项判断作答.

【详解】由直线和是空间中两条不相交的直线，知直线和可以是平行直线、可以是异面直线，

对于A，当直线和是异面直线时，不成立，A错误；

对于B，由，知，当直线和是异面直线时，不成立，B错误；

对于D，由，知，当直线和是平行直线时，不成立，D错误；

对于C，若，当时，；

当直线和是异面直线时，在直线上取点，过点作直线，显然直线确定一个平面，

令此平面为，有，则，

综上知，必定存在平面，使得，C正确.

故选：C

7．在中，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据平面向量的数量积运算及性质，结合平面向量的线性运算求解即可．

【详解】因为，所以，又因为，

所以，

故选：B．

8．已知一个长方体的长、宽、高分别为4、4、2，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（    ）

A． B． C． D．以上都不对

【答案】B

【分析】由长方体外接球直径为体对角线求出半径长，即可求球体表面积.

【详解】由题意，球体的直径为长方体的体对角线，即，

所以，故球体表面积为.

故选：B

9．已知一个正六棱台的两底面边长分别为，高是，则该棱台的斜高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由正棱台的性质确定侧面为等腰梯形，结合已知条件求斜高即可.

【详解】由题意，正棱台侧面为上下底边长分别为的等腰梯形，

所以棱台的斜高为.

故选：C

10．如图，在正方体中，是棱上的动点，下列结论正确的个数是（    ）

①存在点，使得；

②存在点，使得；

③对于任意点，到的距离为定值；

④对于任意点，都不是锐角三角形．

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】用反证法即可判断①;由平面与平面相交, 即可判断②;取两个特殊点进行运算, 计算出点到的距离和点到的距离, 从而可判断③;设 , 在中, 最大的角为, 再结合勾股定理与余弦定理, 推出 , 即不可能为锐角, 从而可判断④；

【详解】因为是棱上的动点，若，则在中，,

而显然，故不可能是直角，故不存在点，使得；故①错误；

因为点 是棱 上的动点, 所以 平面 , 又 平面 , 所以 与 异面, 即不可能存在点 , 使得 , 所以②错误;

 (3) 设正方体的棱长为 2 ,

当点 与点 重合时, 为直角三角形, 其中 , ,

所以点 到 的距离 ;

当点 为棱 的中点时, 为等腰三角形, 其中 , ,

所以点 到 的距离

所以对于任意点 , 到的距离不可能为定值, 即③错误;

(4)设 , 则 ,

所以 ,

,

在 中, 最长的边为 , 所以最大的角为 ,

由余弦定理知，

，

因为 , 所以 , 所以 , 即不可能为锐角,

所以对于任意点 都不是锐角三角形, 即④正确.

故选:A.

二、填空题

11．计算        ．

【答案】/.

【分析】由两角和的余弦公式求解即可.

【详解】因为.

故答案为：.

12．已知，且，则        ．

【答案】/

【分析】由题设求得，应用二倍角正弦公式求目标式的值即可.

【详解】由题设，则.

故答案为：

13．若圆锥的母线长为5，底面半径为3，则该圆锥的体积为      ．

【答案】．

【分析】利用勾股定理及圆锥的体积公式即可求解.

【详解】因为圆锥的母线长为5，底面半径为3，

所以圆锥的高，

所以该圆锥的体积为．

故答案为：．

14．已知函数，且的相邻两个对称中心的距离为2，则        ．

【答案】

【分析】根据题设确定的最小正周期，进而求解析式，利用周期性求目标函数值即可.

【详解】由题意最小正周期为，故，

所以，则，

则.

故答案为：

15．在中，，只需添加一个条件，即可使存在且唯一．在条件：①；②；③；④中，所有可以选择的条件的序号为        ．

【答案】②③

【分析】根据所选条件，结合正余性定理及三角形的性质判断是否能构成三角形，若能构成确定所得三角形的个数，判断满足要求的条件.

【详解】若选①，根据三角形内角性质知，

结合及三角形内角和，此时不存在，不符合；

若选②，由，故存在且唯一，符合；

若选③，结合，由余弦定理可求出且唯一，故存在且唯一，符合；

若选④，根据三角形内角性质知可能为钝角或锐角，

当为锐角时，，满足构成三角形；

当为钝角时，根据其正弦值易知，也满足构成三角形；

所以，存在，但不唯一，不符合.

故答案为：②③

三、解答题

16．已知中，，，．

(1)求；

(2)求；

(3)求的面积．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）利用正弦定理求即可；

（2）应用余弦定理列方程求；

（3）由（2）及三角形面积公式求面积即可.

【详解】（1）在中，由正弦定理，可得，解得；

（2）由余弦定理，可得，

整理得，解得（舍负），即；

（3）由（2）及已知，的面积．

17．已知函数，其中．

(1)求函数的最小正周期和单调递增区间；

(2)求函数在区间上的最大值和最小值，并求出相应的的值．

【答案】(1)最小正周期为，单调递增区间为；

(2)时有最大值为；时有最小值为0.

【分析】（1）应用倍角正余弦公式、辅助角公式化简，结合正弦型函数性质求最小正周期、单调增区间；

（2）由正弦型函数性质求最值即可.

【详解】（1）

，

函数最小正周期为，

由，解得，

所以的单调递增区间为.

（2）因为，所以，

当，即时，取最大值，最大值为，

当，即时，取最小值，最小值为0．

18．已知中，．

(1)求；

(2)若，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦边角关系及和角正弦公式可得，结合三角形内角性质即可求角的大小；

（2）由已知得，利用及和角正弦公式求出，最后应用正弦定理求即可.

【详解】（1）由已知，

由正弦定理边角关系知，

所以，又，则，

在中，所以；

（2）在中，由，得，又，

所以，

由正弦定理得：．

19．如图，在三棱锥中，分别是，的中点，平面与棱交于点．

(1)求证：平面；

(2)求证：平面平面．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由题设易知，再由线面平行的判定证结论；

（2）由（1）及题设得、，根据线面垂直的判定得平面，再由面面垂直的判定证结论.

【详解】（1）因为分别是的中点，即为的中位线，

所以，平面平面，则平面；

（2）由（1）知，又，所以，

又分别是的中点，所以，又，所以，

又，面，所以平面，

又平面，所以平面平面．

20．如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，且底面，，点为棱的中点，平面与棱交于点．

(1)求证：；

(2)求证：平面．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由题设知，利用线面平行的判定定理得平面，最后根据线面平行的性质证结论；

（2）由线面垂直的性质得，又，应用线面垂直的判定定理得面，再由线面垂直、等腰三角形的性质得、，最后根据线面垂直的判定证结论.

【详解】（1）底面是正方形，则，平面平面，

所以平面，平面，平面平面，

所以；

（2）因为平面面，所以，

又为正方形，则，，面，

所以面，又面，所以，

因为，点为的中点，所以，

又，面，所以平面．

21．已知实数集，定义．

(1)若，求；

(2)若，求集合A；

(3)若A中的元素个数为9，求的元素个数的最小值．

【答案】(1)

(2)或者.

(3)13

【分析】（1）根据集合的新定义直接求解即可；

（2）根据可得，然后分中4个非零元素，符号为一负三正或者一正三负进行讨论即可；

（3）分 中没有负数和中至少有一个负数两种情况进行讨论即可求解.

【详解】（1）;

（2）首先，；

其次中有4个非零元素，符号为一负三正或者一正三负.

记，不妨设或者--

①当时，，

相乘可知，从而，

从而，所以；

②当时，与上面类似的方法可以得到

进而，从而

所以或者.

（3）估值+构造  需要分类讨论中非负元素个数.

先证明．考虑到将中的所有元素均变为原来的相反数时，

集合不变，故不妨设中正数个数不少于负数个数.接下来分类讨论：

情况一： 中没有负数．

不妨设，则

上式从小到大共有1+7+6=14个数，它们都是的元素，这表明

情况二： 中至少有一个负数．

设 是中的全部负元素，是中的全部非负元素.

不妨设

其中为正整数，．

于是有

以上是中的个非正数元素：另外，注意到

它们是中的5个正数．这表明

综上可知，总有-

另一方面，当时，中恰有13个元素. 综上所述，中元素个数的最小值为13.