高一数学下学期期末考试分类汇编综合题专练苏教版

这是一份高一数学下学期期末考试分类汇编综合题专练苏教版，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
综合题专练
一、单选题
1．（2021·江苏常州·高一期末）如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为1，，，与的夹角为，且，与的夹角为135°.若，则（       ）

A．3 B． C．-3 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知得出为锐角，即可求出的值，然后将已知向量的关系式两边同时点乘向量，化简即可求解．
【详解】
解：由已知可得角为锐角，则由，
解得，
因为，所以，
即，则，
所以，
故选：．
2．（2021·江苏·高一期末）在中，点是的三等分点，，过点的直线分别交直线于点，且，若的最小值为，则正数的值为（       ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平面向量的线性运算法则求得，可得，则，展开后利用基本不等式可得的最小值为，结合的最小值为列方程求解即可.
【详解】

因为点是的三等分点，则，
又由点三点共线，则，
，
当且仅当时，等号成立，
即的最小值为 ，则有,
解可得或(舍），故，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查平面向量的运算法则，以及利用基本不等式求最值，属于中档题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
3．（2021·江苏·南京市第一中学高一期末）已知，且，则的值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
应用两角差的正弦公式和二倍角公式变形已知等式后求出，然后由两角和的正切公式求值．
【详解】
∵，
∴，
即，，
∵，∴，即，
∴．
故选：D．
【点睛】
关键点点睛：本题考查二倍角公式，两角和与差的正弦、正切公式，解题关键是确定“已知角”和“未知角”之间的关系，确定选用的公式和应用公式的顺序．在应用三角函数恒等变换公式时注意“单角”和“复角”的相对性．如在，求时，是单角，是两个单角的和，如把作为一个单角，作为一个单角，．由此直接应用公式求解的三角函数值．
4．（2021·江苏·高一期末）关于函数f(x)＝cos2x﹣2sinxcosx，下列命题正确的个数是（       ）
①若存在x1，x2有x1﹣x2＝π时，f(x1)＝f(x2)成立；②f(x)在区间上是单调递增；③函数f(x)的图象关于点成中心对称；④将函数f(x)的图象向左平移个单位后将与y＝2sin2x的图象重合
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
由三角恒等变换化函数为形式，由诱导公式判断①，求出函数的单调增区间，判断②，求出函数的对称中心，判断③，求出图象变换后的函数解析式判断④．
【详解】
由f(x)＝cos2x﹣2sinxcosx，
⇔ f(x)＝cos2x﹣sin2x
⇔ f(x)＝2sin(2x)
f(x)的最小正周期T＝，则有f(x1)＝f(π+x1)，
∴当x1﹣x2＝π时，f(x1)＝f(x2)成立.故①对.
由sinx函数的图象和性质，可得：f(x)的单调递增区间为[kπ﹣，]，（k∈Z），
区间[﹣，]⊈[kπ﹣，]，k∈Z，故②不对.
函数f(x)的图象的对称中心为(，0)，（k∈Z），经考查（，0）是对称中心.故③对.
由f(x)＝2sin(2x)向左平移个单位后得到：2sin[2(x+)+]⇒化简得：2sin，与y＝2sin2x的图象不重合.故④不对.
综上所述：①③对，②④不对.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查三角函数的性质．解题方法是利用三角函数恒等变换公式化函数为的形式，然后结合正弦函数的性质即把作为一个整体与中的等价替换求得的性质．
5．（2021·江苏·金陵中学高一期末）前一段时间，高一年级的同学们参加了几何模型的制作比赛，大家的作品在展览中获得了一致好评．其中一位同学的作品是在球当中放置了一个圆锥，于是就产生了这样一个有趣的问题：已知圆锥的顶点和底面圆周都在球面上，若圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，则球的表面积等于（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设球半径为，圆锥的底面半径为，利用扇形的弧长和面积公式求得，即可求解.
【详解】

圆锥的顶点和底面圆周都在球面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，
设母线为，则，可得：，
由扇形的弧长公式可得：，所以，
圆锥的高，
由，解得：，
所以球的表面积等于，
故选：A
6．（2021·江苏江苏·高一期末）已知正方体，点分别是棱，的中点，则异面直线BE，DF所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
证明，得是异面直线BE，DF所成角或其补角，在三角形中求解即可．
【详解】
连接，∵分别是棱，的中点，∴，，
∴是平行四边形，∴，∴是异面直线BE，DF所成角或其补角，
设正方体的棱长为2，则，，
，
异面直线BE，DF所成角的余弦值为．
故选：B．

【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
二、多选题
7．（2021·江苏常州·高一期末）下列命题正确的有（       ）．
A．
B．若，把向右平移2个单位，得到的向量的坐标为
C．在中，若点满足，则点是的重心
D．在中，若，则点的轨迹经过的内心
【答案】ACD
【解析】
【分析】
选项A利用向量的加减法运算判定；选项B利用向量的坐标表示判定；选项C利用三角形重心的向量表示判定；选项D根据条件得点在的角平分线上，从而有点的轨迹经过的内心.
【详解】
选项A：因为，所以选项A正确；
选项B：若，把向右平移2个单位，得到的向量的坐标依然是，故选项B错误；
选项C：由三角形的重心的向量表示可知，若点满足，则点是的重心，故选项C正确；
选项D：在中，若，则点在的角平分线上，所以点的轨迹经过的内心，故选项D正确；
故选：ACD.
8．（2021·江苏宿迁·高一期末）已知是△所在平面内一点，则下列说法正确的是（       ）
A．若，则是△的重心
B．若向量，且，则△是正三角形
C．若是△的外心，，，则的值为-8
D．若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】
由平面向量数量积的性质及运算，逐一检验可得解．
【详解】
对于选项，因为，所以，即，，同理，，则是△的垂心，故错误；
对于选项，设的中点为，，即，，，为△的重心，
又，为的外心．故△的形状是等边三角形，故正确；
对于选项，如图，过作，垂足分别为，，
则，分别是，的中点，

则；故正确；
对于选项，延长至，使；延长至，使，则，为△的重心，

，
，，，
，故正确．
故选：．
9．（2021·江苏·金陵中学高一期末）下列条件中，能推导出是钝角三角形的是（ ）
A．在平面直角坐标系中，，，
B．
C．
D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于选项求出三边边长，并根据大角对大边找到最大角，结合余弦定理可得求出该角的余弦值，即可判断；对于选项，由于，然后根据正切值得正负即可判断；对于选项证得，结合余弦定理得求得角的余弦值即可判断；对于选项举出反例即可说明.
【详解】
对于选项，，，，则，由余弦定理可得，所以为钝角；
对于选项，


，
所以,由于中至少有两个锐角，不妨设，为锐角，则，可得，所以，为锐角，进而可知，为锐角三角形；
对于选项，，即，由余弦定理得，所以角为钝角三角形；
对于选项，取，，，则，，，满足，为钝角三角形，取满足，但为锐角三角形.
故选：AC.
10．（2021·江苏省镇江中学高一期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，给出下列命题，其中正确的命题为（       ）
A．若，则；
B．若，则满足条件的有两个；
C．若，则是钝角三角形；
D．存在角A，B，C，使得成立；
【答案】ABC
【解析】
【分析】
A.利用正弦定理判断该选项正确；
B. 由于，因此满足条件的有两个，所以该选项正确；
C. 可以证明， 是钝角三角形，所以该选项正确；
D. 可以证明，所以该选项不正确.
【详解】
A.若，，由正弦定理可得：，则，所以该选项正确；
B. 若，，，则，因此满足条件的有两个，所以该选项正确；
C. 若，则，，，，是钝角三角形，所以该选项正确；
D. 由于当时，，，所以该选项不正确.
故选：ABC
【点睛】
关键点睛：解答本题的关键是灵活利用和角的正切公式，只有灵活运用该公式才能简洁高效地判断后面两个选项的真假.
11．（2021·江苏南京·高一期末）已知菱形的边长为2，，现将沿折起形成四面体．设，则下列选项正确的是（       ）
A．当时，二面角的大小为
B．当时，平面平面
C．无论为何值，直线与都不垂直
D．存在两个不同的值，使得四面体的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用图形，结合二面角的定义，判断A；利用面面垂直的判断定理，可证明平面，即可判断B；当时，即可证明，判断C；首先利用体积公式求点到平面的距离，再与比较大小，即可判断D.
【详解】
A.如图，，所以是二面角的平面角，
，当时，是等边三角形，所以，故A正确；
B.当时，，所以，又，且，
所以平面，平面，所以平面平面，故B正确；

C.当时，此三棱锥是正四面体，取的中点，连结，
，且，所以平面，所以，故C错误；

D.，得，即此时点到平面的距离为 ， ，所以存在两个不同的值，使得四面体的体积为，此时两个二面角互补，故D正确.
故选：ABD
12．（2021·江苏·泰州中学高一期末）如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（        ）

A．圆锥SO的侧面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．的取值范围是
D．若，E为线段AB上的动点，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断选项A；当时，的面积最大，此时体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断选项B；先用取极限的思想求出的范围，再利用，求范围即可判断选项C；将以为轴旋转到与共面，得到，则，利用已知条件求解即可判断选项D.
【详解】
在中，，
则圆锥的母线长，半径，
对于选项A：圆锥的侧面积为：，故选项A正确；
对于选项B：当时，的面积最大，
此时，
则三棱锥体积的最大值为：，故选项B正确；
对于选项C：当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，，达到最大值，又因为与不重合，则，
又，可得，
故选项C不正确；
对于选项D：由，
得，又，
则为等边三角形，则，
将以为轴旋转到与共面，得到，
则为等边三角形，，
如图：

则，
因为，

则，
故选项D正确；
故选：ABD.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了圆锥的侧面面积以及体积，取极限是解决本题角的范围问题的关键；利用将以为轴旋转到与共面是解决求的最小值的关键.
三、填空题
13．（2021·江苏宿迁·高一期末）海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的蓝洞的口径，两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，，测得m，，，，则两点的距离为______m．

【答案】
【解析】
【分析】
先将实际问题转化为解三角形的问题，再利用正、余弦定理求解。
【详解】
解：易知在中，，

为等腰三角形，则，
在中，，，
所以由正弦定理得，即，得，
在中，由余弦定理得
，
所以，即，两点的距离为，
故答案为：．
14．（2021·江苏常州·高一期末）在中，角、、所对的边分别为、、，，，若点在边上，并且，为的外心，则之长为______．
【答案】1
【解析】
【分析】
在中，由正弦定理得，即可求出，进而求出三角形外接圆半径，取的中点，画出图形，中，由勾股定理求出，中，再根据勾股定理即可求出.
【详解】
解：在中，由正弦定理得：，
，
，
又，
；
外接圆的圆心为，设半径为，
则由正弦定理得：，
如图所示：取的中点，

在中，；
在中，；
.
故答案为：．
15．（2021·江苏·盐城市伍佑中学高一期末）已知三个顶点都在球的表面上，且，，是球面上异于､､的一点，且平面，若球的表面积为，则球心到平面的距离为____________.
【答案】
【解析】
根据题中的垂直关系，确定球心，再根据球的表面积公式计算，再求点到平面的距离.
【详解】
由，，
并且平面，平面，，且
平面，，
是直角三角形和的公共斜边，
取的中点，根据直角三角形的性质可知，
所以点是三棱锥外接球的球心，
设，则，
则三棱锥外接球的表面积，，解得：,
点到平面的距离.

故答案为：
【点睛】
方法点睛：本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为，那么外接球的直径，（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立的方程.（3）而本题类型，是两个直角三角形的公共斜边的中点是外接球的球心.
16．（2021·江苏盐城·高一期末）在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的大小为___________.
【答案】
【解析】
作出图像，取中点，连接，交于点易证，进而就是异面直线与所成的角，通过求可求得
【详解】
解：作图如下，取中点，连接，交于点
易证,所以与所成的角就是异面直线与所成的角

取，则
在直角中
在直角中
所以
所以
所以
故答案为：
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.
17．（2021·江苏南通·高一期末）一个正四棱台的侧面与底面所成的角为60°，且下底面边长是上底面边长的2倍.若该棱台的体积为，则其下底面边长为______，外接球的表面积为______.
【答案】     2    
【解析】
【分析】
设正四棱台下底面边长为，可得正四棱台的高为，再由体积可得，则下底面边长可求，设是下底面中心，是上底面中心， 是外接球的球心，由棱台的高相等分情况列式可得外接球的半径及表面积.
【详解】

如上图正四棱台，是底面的中心，是底面的中心，连接，
做底面于，则在上，做交于，连接，
则，，
设正四棱台的下底面边长为，则上底面边长为，，，
该棱台的体积为，所以，
解得，得正四棱台的下底面边长为2；
所以正四棱台上底面的对角线长为，下底面的对角线长为，
设外接球的半径为，
若外接球的球心在线段上，由，
此方程无解；
若外接球的球心在线段的延长线上，由，
解得，外接球的表面积为.
故答案为：①2；②.

四、解答题
18．（2021·江苏泰州·高一期末）在斜三角形中，已知，.
（1）求A；
（2）设，若，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由于，求出其值，从而可求出角；
（2）由化简得，由，，可求得，，代入化简得，从而可求得结果
【详解】
解：（1）在斜三角形中，，
.
又，所以.
（2）由，
得，
即(※).
由（1）知，所以.
由，得，
即，所以.
由，得，
所以.
所以※式可化为，解得或.
因为，所以.
19．（2021·江苏省锡山高级中学高一期末）已知函数.
（1）求函数的单调增区间；
（2）当时，函数有四个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1），（2）
【解析】
（1）化简的解析式，根据正弦函数的增区间可得结果；
（2）转化为在内有两个零点，根据二次函数列式可得结果.
【详解】
（1）





，
由，，
得，，
所以函数的单调增区间为，.
（2）当时，，，
因为函数有四个零点，令，
则且在内有两个零点，
所以，即，
解得，解得，
所以实数的取值范是.
【点睛】
方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
20．（2021·江苏南通·高一期末）从①的面积S=；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中进行求解.如图，在平面四边形中，AB=CD=2，B=，对角线平分，且____________，求线段的长.
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】4
【解析】
【分析】
选①，先由三角形面积公式得出，由余弦定理求出，，再由求出线段的长；若选②，过点作延长线的垂线，垂足于，由为等腰直角三角形得出，最后结合角平分线的性质得出线段的长.
【详解】
解：若选①，.
中，，则，
∴，
，
∴中，，
化简得，即得.
若选②，过点作延长线的垂线，垂足于，

因为，所以，所以，
因为对角线平分，所以，，
所以.
21．（2021·江苏常州·高一期末）如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中，，.设计时要求绿地部分（如图中阴影部分所示）有公共绿地走道，且两边是两个关于走道对称的三角形（和）.现考虑绿地最大化原则，要求点与点，均不重合，落在边上且不与端点，重合.

（1）设，若，求此时公共绿地的面积；
（2）为方便小区居民的行走，设计时要求，的长度最短，求此时绿地公共走道的长度.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据大三角形直角边的比例关系，可得三角形，结合，可求得各边的长度以及三角形的面积
（2）在中，由正弦定理求出的表达式，可化简为关于的三角函数形式，根据角的范围求出三角函数的最值，从而求出的最值
【详解】
（1）由题意得：与全等，
在中，，
又，
，，
又，，，
，为等边三角形，
公共绿地的面积
（2）由图得：且

在中，由正弦定理得：
，
令

又由得，
，
当即时取最大值，即最短，
此时是等边三角形，.
22．（2021·江苏连云港·高一期末）如图，有一块正四棱柱的木料，E，F分别为，的中点，，．

（1）作出过B，E，F的平面与正四棱柱木料的截面，并求出该截面的周长；
（2）求点到平面BEF的距离．
【答案】（1）作图见解析，；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连接AC，过点B作直线MN，分别交直线DC，DA的延长线于N，M两点，连接EM，FN分别交，与P，Q两点，连接PB，BQ，则五边形EPBQF为所求截面.分别求出各边，即可求出五边形EPBQF周长
（2）利用等体积法求到平面BEF的距离.
【详解】
（1）连接AC，过点B作直线MN，分别交直线DC，DA的延长线于N，M两点，连接EM，FN分别交，与P，Q两点，连接PB，BQ，则五边形EPBQF为所求截面.

在正方形中，，在中，，，故，，由，故，
故，，故，
同理，可求得，，故五边形EPBQF周长为：，
则截面周长为.
（2）分别取AD，DC的中点R，T，连接ER，FT，在中，
在，，同理
求得等腰的面积为，求得的面积为
设到平面BEF的距离为h，由，得，
故，故到平面BEF的距离为.
23．（2021·江苏淮安·高一期末）如图，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，且，侧棱，D，E分别是，的中点．

（1）求直三棱柱的体积（用字母a表示）；
（2）若点E在平面ABD上的射影是三角形ABD的重心G，
①求直线EB与平面ABD所成角的余弦值；
②求点到平面ABD的距离
【答案】（1）；（2）①；②．
【解析】
（1）直接由体积公式计算；
（2）取的中点，连接，得是矩形，由是的重心，平面，求出，
①是直线与平面所成的角，在直角三角形中计算可得；
②由点到平面ABD的距离等于点到平面ABD的距离可得．
【详解】
（1）由题意；
（2）如图，取的中点，连接，
由，，是中点得，，
由直三棱柱可得是矩形，设，则，．，是的重心，则，，
又平面，平面，∴，
∴，即，解得，
∴，
①由平面，知是直线与平面所成的角，
，，
∴，
∴．
②∵，平面，面，∴面，
∴点到平面ABD的距离等于点到平面ABD的距离为．

【点睛】
关键点点睛：本题考查求棱柱的体积，求直线与平面所成的角及点到平面的距离．本题关键是由点E在平面ABD上的射影是三角形ABD的重心G求出，然后根据直线与平面所成角的定义得出这个角后计算即可得．