福建省莆田市重点中学2021-2022学年高一下学期期末考试数学试卷

2021~2022学年度下学期期末考试试卷

高一  数学

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）

1. 若复数满足，其中为虚数单位，则（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

2. 已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

3. 在中，角，，所对的边分别是，，，若，则角的大小为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

4. 如图，在中，是的中点，若，则实数的值是

A.  B. 1    C.    D.

【答案】C

5. 在中，内角，，对应的边分别为，，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（    ）

A. ，， B. ，，

C. ，， D. ，，

【答案】C

6. 如图是正方体的展开图，则在这个正方体中，下面命题不正确的是（    ）

A. 与是异面直线； 

B. 与平行

C. 与成角； 

D. 与平行

【答案】D

7. 圆锥的底面半径为，高为，在此圆锥内有一个内接正方体，则此正方体的棱长为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

8. 如图，正方体的棱长为2，、、分别是棱、和的中点，过点、、作正方体的截面，则以该截面为底面，为顶点的几何体体积为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 6

【答案】B

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分．每道题全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 设向量，，则（    ）

A.  B.

C. 与的夹角为 D.

【答案】BC

10. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为30°，侧棱长为米，则该正四棱锥的（    ）

A. 底面边长为6米 B. 侧棱与底面所成角的余弦值为

C. 侧面积为平方米 D. 体积为立方米

【答案】AD

11. 函数，则（    ）

A. 的最小正周期为

B. 的图像关于直线对称

C. 的图像关于点对称

D. 在上单调递增

【答案】BC

12. 如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，若，，则（    ）

A. 直线AB与CD所成角的余弦值为45°

B. 二面角的大小为60°

C. 三棱锥的体积为

D. 直线CD与平面所成角的正弦值为

【答案】ABD

三．填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 如图，△ABC中，AB=AC=2，BC=，点D 在BC边上，∠ADC=45°，则AD的长度等于______．

【答案】．

14. 已知是两条不同直线，是两个不同平面，对下列命题：

①若，则．

②若，则且．

③若，则．

④若，则．

其中正确的命题是__________．（填序号）．

【答案】④

15. 已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式为_______________．

【答案】

16. 在正四棱台中，，，，则该四棱台的表面积为_________；该四棱台外接球的体积为__________．

【答案】    ①.     ②.

四．解答题（本大题共6大题，共70.0分）

17. 如图，四边形为矩形，且，，平面，，为的中点．

（1）求证：；

（2）若点为上的中点，证明平面．

【小问1详解】

证明：连接，

∵为的中点，

∴为等腰直角三角形，由此可得，同理，

∴，即，

又∵平面，且平面，

∴，

又∵，，平面，

∴平面，

又∵平面，

∴．

【小问2详解】

证明：取、的中点、，连接、、．

∵、是，的中点，中，

可得且，

又∵是的中点，且四边形为矩形，

∴且，

∴、平行且相等，可得四边形是平行四边形．

∴，

又∵平面，平面，

∴平面．

18. 已知函数.

（1）求的值；

（2）将函数的图像向左平移后得到函数，若时，不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1). (2)

（1）

（2）

当时，  

即

又恒成立    ，解得：

实数的取值范围为：

19. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（1）求的值；

（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．

【答案】（1）；（2）.

（1）[方法一]：正余弦定理综合法

由余弦定理得，所以.

由正弦定理得.

[方法二]【最优解】：几何法

过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以．

在中，，因此．

（2）[方法一]：两角和的正弦公式法

由于，，所以.

由于，所以，所以.

所以

.

由于，所以.

所以.

[方法二]【最优解】：几何法+两角差正切公式法

  在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．

又由（1）可得，所以．

[方法三]：几何法+正弦定理法

  在（1）的方法二中可得．

在中，，

所以．

在中，由正弦定理可得，

由此可得．

[方法四]：构造直角三角形法

  如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．

在（1）的方法二中可得．

由，可得．

在中，．

由（1）知，所以在中，，从而．

在中，．

所以．

20. 如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点，分别是，的中点.

（1）证明：平面平面；

（2）若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面所成的锐二面角最小.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）点G为BD的中点时.

【小问1详解】

(1)因为△ABC是正三角形，点E是BC中点，所以AEBC，

又因为平面ABC平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE平面ABC，

所以AE平面BCD，

又因为CD平面BCD，所以CDAE，

因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF//BD，

又因为BDCD，所以CDEF，又因为CDAE，AE∩EF，

AE平面AEF，EF平面AEF，所以CD平面AEF，

又因为CD平面ACD，所以平面ACD平面AEF.

【小问2详解】

在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H,

设BC=4，则，DF=FC=l，.

以为正交基底，建立如图空间直角坐标系E-xyz,

则,

设，则,，

设平面AEG的法向量为,

由，得，令，故，

设平面ACD的法向量为，

则,即，令，则,

设平面AEG与平面ACD所成的锐二面角为,

则，

当最大，此时锐二面角最小，

故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.

21. 如图①，一条宽为1的两平行河岸有村庄和供电站，村庄与的直线距离都是2， 与河岸垂直，垂足为．现要修建电缆，从供电站向村庄供电．修建地下电缆、水下电缆的费用分别是2万元、4万元．

（1）已知村庄与原来铺设有旧电缆，但旧电缆需要改造，改造费用是0.5万元．现决定利用此段旧电缆修建供电线路，并要求水下电缆长度最短，试求该方案总施工费用的最小值；

（2）如图②，点在线段上，且铺设电缆的线路为．若，试用表示出总施工费用 (万元)的解析式，并求的最小值．

【答案】（1）万元；（2），万元.

（1）由已知可得为等边三角形.因为，所以水下电缆的最短线路为.过作于，如图所示，

可知地下电缆的最短线路为、. 又,，

故该方案的总费用为

（万元）

（2）因

所以.

则， ·

令则，

因为，所以，记

当，即时，

当，即时，，

所以，从而，·

此时，

因此施工总费用的最小值为万元，其中.

22. 如图1，在矩形中，，，点在线段上，且，现将沿折到的位置，连结，，如图2.

（1）若点在线段上，且，证明：；

（2）记平面与平面的交线为.若二面角为，求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）详见解析，（2）

证明：（1）先在图1中连结DP，在Rt△ADE中，由AD，DE，

得tan∠DAE，在Rt△PCD中，由DC＝AB，PC＝BC-BP，

得tan∠PDC，∴tan∠PDC＝tan∠DAE，则∠PDC＝∠DAE，

∴∠DOE＝90°，从而有AE⊥OD，AE⊥OP，

即在图2中有AE⊥OD'，AE⊥OP，

∴AE⊥平面POD'，则AE⊥PD'；

解：（2）延长AE，BC交于点Q，连接D'Q，根据公理3得到直线D'Q即为l，

再根据二面角定义得到．

在平面POD'内过点O作底面垂线，

以O为原点，分别为OA，OP，及所作垂线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则D′（0，﹣1，），E（﹣1，0，0），Q（﹣11，0，0），C（﹣3，4，0），

（﹣11，1，），（﹣2，4，0），（1，﹣1，），

设平面D′EC的一个法向量为，

由，取y＝1，得．

∴l与平面D'CE所成角的正弦值为|cos|．