2021-2022学年河南省驻马店市高一下学期期末数学试题含解析

2021-2022学年河南省驻马店市高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用诱导公式即可求解.

【详解】.

故选：B.

2．平行四边形ABCD的对角线的交点为O，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量的平行四边形法则求解即可

【详解】根据向量的平行四边形法则可得

故选：C

3．复数，则z在复平面内对应的点位于第（       ）象限．

A．一 B．二 C．三 D．四

【答案】D

【分析】根据复数的除法结合复数的几何意义求解即可

【详解】，故z在复平面内对应的点位于第四象限

故选：D

4．已知，若直线、分别在平面、内，则、的关系不可能是（       ）

A．平行 B．相交 C．垂直 D．异面

【答案】B

【分析】推导出、无公共点，由此可得出结论.

【详解】因为，直线、分别在平面、内，则、无公共点，

所以，、平行、垂直或异面，不可能相交.

故选：B.

5．已知，则的最大值为（       ）

A． B．3 C． D．

【答案】B

【分析】根据求模公式，结合同角三角函数关系，即可得答案.

【详解】由题意得，

所以当时，的最大值为3.

故选：B

6．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，现有等高的四棱锥和圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的高为，其轴截面为等边三角形，则该四棱锥的体积等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题干条件，可得圆锥母线长，代入体积公式，可得圆锥体积，根据祖暅原理，可得答案.

【详解】设圆锥的母线长为a，

因为圆锥的高为，其轴截面为等边三角形，

所以，解得，

所以圆锥的体积，

根据祖暅原理可得，四棱锥的体积为.

故选：A

7．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知结合求得即可求出.

【详解】因为，，

则可解得，所以.

故选：A.

8．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，若只有一解，则实数x的取值范围为（       ）

A． B． C． D．或

【答案】D

【分析】画出三角形，数形结合分析临界条件再判断即可

【详解】如图， ，为正三角形，则点在射线上.易得当在时，只有一解，此时；当在或右边时只有一解，此时.故 或

故选：D

9．如图所示半径为4m的水轮其圆心O距离水面2m．已知水轮自点A开始沿逆时针方向匀速转动，1min旋转4圈，水轮上的点P到水面距离y（m）与时间x（s）满足函数关系，则有（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】确定A的值，根据函数的周期可计算，利用点代入解析式中结合函数的单调性质可求得，即可确定答案.

【详解】由题意可知，最高点到水面距离为5，故A=5，

由水轮自点A开始沿逆时针方向匀速转动，1min旋转4圈，

则周期 ,则，

由题意知,代入解析式中，，

由于，故或，

根据图象可知A处于函数的单调减区间上，故，

所以，，，

故选：C

10．已知三棱柱中，所有棱长均为6，且，则该三棱柱的侧面积等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意得点在底面内的投影点O必定在底部正三角形ABC的的角平分线上，可证得为矩形，分别为求出矩形的面积，正三角形的面积，四边形，的面积即可得出答案.

【详解】由于三棱柱的所有棱长均等于6，且，

所以点在底面内的投影点O必定在底部正三角形ABC的的角平分线上，

所以平面ABC，延长交于点，为的中点，

所以，，所以，

所以平面，又因为平面，

所以，又因为，，

所以矩形的面积为，正三角形的面积为：，

四边形，的面积为：，

所以该三棱柱的表面积等于.

故选：D.

11．已知D，E分别是边AB，AC上的点，且满足，，，连接AO并延长交BC于F点．若，则实数的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据三点共线，可得，再根据三点共线，可求出，由平面向量基本定理可得，所以可求出，所以知，再由，即可求出的值.

【详解】由题意可得，，

因为三点共线，

则，

所以，

同理，三点共线，

，

又因为，

所以，所以，

所以，所以，

所以，

，所以

故选：D.

12．已知平面四边形ABCD，连接对角线BD，得到等边三角形ABD和直角三角形BCD，且，，，将平面四边形ABCD沿对角线BD翻折，得到四面体，则当四面体的体积最大时，该四面体的外接球的表面积为（       ）

A．12π B．18π C．21π D．28π

【答案】C

【分析】先根据底面面积为定值，确定四面体ABCD的体积最大时，平面,再确定外接球球心位置，解得球半径，代入球的表面积公式得结果.

【详解】因为底面为正三角形，所以底面面积为定值，

所以当平面时，四面体ABCD的体积最大.

设外接圆圆心为,则四面体ABCD的外接球的球心满足,且，三角形的外接圆半径为，

因此外接球的半径满足

从而外接球的表面积为.

故选：C.

二、填空题

13．若复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为__________．

【答案】1

【详解】由纯虚数定义，实部为0，虚部不等于0，所以，填1.

14．一水平放置的平面图形按“斜二测画法”得到直观图为斜边等于的等腰直角三角形，则原平面图形的面积为______．

【答案】

【分析】根据题意画出原图形，由“斜二测画法”得出原图形长度即可求出.

【详解】如图，若直观图为，，则，所以在原图中，，所以面积为；

若直观图为，，则，所以在原图中，，所以面积为.

故答案为：.

15．已知角的终边上有一点，且，则实数m取值为______．

【答案】0或

【分析】根据三角函数的定义表示即可求解.

【详解】因为角的终边上有一点，

所以，解得或.

故答案为：0或.

16．设中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为的边BC上的中线，且，，，则______．

【答案】

【分析】先求出，然后在和分别利用正弦定理，结合可得，再求出，再利用两角和的正弦公式可求出，从而可得.

【详解】因为，，

所以，

在中，由正弦定理得，

，

在中，由正弦定理得，

，

因为，

所以两式相除，得,

因为，所以,

所以，

所以

，

所以，

故答案为：

三、解答题

17．已知，．

(1)证明：；

(2)计算：的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知可得，然后利用两角和与差的正弦公式化简后，整理，再根据同角三角函数的关系化为正切即可得结论，或对已知式子利用两角和与差的正弦公式展开，可求出，，两式相除可得结论，

（2）结合两角差的正切公式的变形公式化简，再将（1）中的结论代入可求得结果

【详解】(1)方法一：

由条件，

则

即

整理得

也即，得证．

方法二：

由条件，

即，

得，

从而可得

得证．

(2)由于

所以原式

18．已知向量，．

（1）若，求实数m的值；

（2）若为钝角，求实数m的取值范围．

【答案】（1）；（2）且

【分析】（1）由已知可得，利用数量积的坐标公式列方程求解即可；

（2）由为钝角列出不等式，可得实数m的取值范围．

【详解】（1）由，则

即

即，得．

（2）若为钝角，即且

即，得，

且则

得且

综上解得且．

19．如图，三棱锥中，，均为等边三角形，，O为AB中点，点D在AC上，满足，且面面ABC．

(1)证明：面POD；

(2)若点E为PB中点，问：直线AC上是否存在点F，使得面POD，若存在，求出FC的长及EF到面POD的距离；若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)见解析

【分析】（1）证明，，由线面垂直的判定定理即可得到证明；

（2）取的中点，可得，再在面内作交于点，由面面平行的判定定理证明面面，即可得到面POD，由比例可得FC的长，且EF到面POD的距离即为面与面间的距离，即可得到答案.

【详解】(1)由条件、为等边三角形，为的中点，

则，，，

由余弦定理得

从而在中，，

得为直角三角形，且，

又面面，面面，且，面,

则由面面垂直的性质定理可得面

由面，

因此由，，，面，即面POD.

(2)存在AC上的点F，使得面

点E为PB中点，取的中点，可得，再在面内作交于点，该点即为满足题意的点（如图）．

下面证明面面

由于，面，面，则面，

，面，面，则面，

面，面，，

则由面面平行的判定定理可得面面，面，因此面POD

又由于，从而可得，，，

由（1）可知，面，则面，即为面与面间的距离，也即到面的距离．

综上：存在上的点，使得面，，

到面的距离为．

20．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．

(1)求B的值．

(2)若为锐角三角形，求的面积的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）方法一：根据正弦定理及题干条件，可得，根据角B的范围，即可得答案；

方法二：根据题干条件及正弦定理，化简可得，根据角A、B的范围，即可得答案.

（2）方法一：根据题干条件可得，，根据余弦定理，可得，又，整理得，代入上式，化简可得c的范围，代入面积公式，即可得答案；

方案二：根据题干条件及（1）可得角A的范围，根据面积公式、两角和的正弦公式等，化简可得，根据角A的范围，即可得答案.

【详解】(1)方法一：

由正弦定理得，则，

又，则根据条件，

所以，

因为，所以．

方法二：

根据条件得，

由正弦定理可得，

因为，，

所以，即，

因为，所以．

(2)方法一：

若为锐角三角形，结合（1），则，，

所以①

又因为，且，

所以，

上式代入①中得，所以，

从而．

方法二：

若为锐角三角形，结合（1），

则，解得，

由于

，

因为，所以，

所以

21．如图所示，在直角梯形BCEF中，，A，D分别是BF，CE上的点，且，，将四边形ADEF沿AD折起，连接BE，BF，CE，AC．

(1)证明：面BEF；

(2)若，求直线BF与平面EBC所成的角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）方法一：取ED中点H，连接HA，HC，HF，由面面平行的判定定理证明面面AHC即可；方法二：在面AFED内，延长EF，DA交于G点，连接BG，证明四边形AGBC为平行四边形，根据线面平行的判定定理即可得到证明.

（2）将直线BF与平面EBC所成的角转为直线HC与平面EBC所成的角, 取ED中点H，在平面DEC内作于M点，证明面BCE，可得BF与平面EBC所成的角为，由正弦定理可得答案.

【详解】(1)方法一：取ED中点H，连接HA，HC，HF，如下图：

由题意可知,即四边形AFEH为平行四边形，

可得，面EFB, 面EFB，可得面EFB，

四边形AFHD为平行四边形，则，，

可得四边形BCHF为平行四边形，则，面EFB, 面EFB，

可得面EFB，，面AHC, 面AHC,

根据面面平行的判定定理可得面面AHC，面AHC,

从而可得面EFB．

方法二：在面AFED内，延长EF，DA交于G点，连接BG，如下图：

则面EFB．由条件，则．

从而可得，四边形AGBC为平行四边形．

可得，又面EFB，面EFB，

根据线面平行的判定定理可得面EFB．

(2)取ED中点H，在平面DEC内作于M点，如下图：

由题意，，

进而可得四边形FHCB为平行四边形，．

直线BF与平面EBC所成的角即为直线HC与平面EBC所成的角,

在翻折过程中，始终有，，，

即恒有面EDC，面EDC，面BEC,

可得面面BCE，面面BCE=CE，面DEC ,

可得面BCE，从而HC在面EBC内的射影为MC，

因此BF与平面EBC所成的角为，

若，则，进而可得，，，

在中，由正弦定理可得，即，

解得，即直线BF与平面EBC所成角的正弦值为．

22．已知函数，且的最小正周期为，将的图像沿x轴向左平移个单位，得到函数，其中为的一条对称轴．

(1)求函数与的解析式；

(2)若方程在区间有解，求实数t的取值范围．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）先化简得到，根据性质求出和得到和．

（2）记，即，.利用换元法，则的值域求解问题等价于，的值域，把原命题“若方程在区间有解”转化为在内有解，即可求得.

【详解】(1)由条件则

且的最小正周期为，则

即，将的图像沿轴方向向左平移个单位，

得到函数

且为的一条对称轴，即

由可得

从而可得

．

(2)由（1）可知

记

即，

再记，

，

代入中，则的值域求解问题等价于

，的值域，

当时，；当时，

因此的值域为，也即为

原命题“若方程在区间有解”

即等价于在内有解

只需即可，解得即为所求．