2022年北京海淀高一数学下学期期末试卷及答案

这是一份2022年北京海淀高一数学下学期期末试卷及答案，共15页。试卷主要包含了解答题共4小题，共40分等内容，欢迎下载使用。
2022年北京海淀高一数学下学期期末试卷及答案  一、选择题共10小题，每小题4分，共40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．已知正四棱锥的底面边长为2，高为3，则它的体积为　　A．2 B．4 C．6 D．122．向量，，则　　A． B． C．4 D．133．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则的最小值是　　A． B． C． D．4．　　A． B． C． D．5．已知直线和平面，，则下列四个命题中正确的是　　A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则6．函数的最小正周期与其图象的对称中心分别是　　A． B． C． D．7．已知向量，是两个单位向量，则“，为锐角”是“”的　　A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知函数在区间上的最小值为，则的取值范围是　　A． B． C．，， D．9．底与腰（或腰与底）之比为黄金分割比的等腰三角形称为黄金三角形，其中顶角为的黄金三角形被认为是最美的三角形．据此可得的值是　　A． B． C． D．10．在中，，则的形状是　　A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形二、填空题共5小题，每小题4分，共20分。11．已知圆柱的底面半径为1，高为2，则其侧面积为 　　．12．向量，，，则实数　　．13．在正方形中，是的中点，则　　．14．函数，的值域是 　　． 15．如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论：①三棱锥的体积为定值；②存在点，使得平面；③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面；④是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为．其中所有正确结论的序号是 　　． 三、解答题共4小题，共40分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。16．（9分）如图，在四棱锥中，平面，，，，，分别是棱，，，的中点，（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）判断直线与直线的位置关系，并说明理由．17．（10分）在中，，，．（Ⅰ）求；（Ⅱ）求的面积．18．（11分）如图，在直棱柱中，底面是菱形，，，，，分别是棱，的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）是否存在正数，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 19．（10分）若点，在函数的图象上，且满足，则称是的点．函数的所有点构成的集合称为的集．（Ⅰ）判断是否是函数的点，并说明理由；（Ⅱ）若函数的集为，求的最大值；（Ⅲ）若定义域为的连续函数的集满足，求证：．选做题：（本题满分0分。所得分数可计人总分，但整份试卷得分不超过100分） 20．正弦信号是频率成分最为单一的信号，复杂的信号，例如电信号，都可以分解为许多频率不同、幅度不等的正弦型信号的叠加．正弦信号的波形可以用数学上的正弦型函数来描述：，其中表示正弦信号的瞬时大小电压（单位：是关于时间（单位：的函数，而表示正弦信号的幅度，是正弦信号的频率，相应的为正弦信号的周期，为正弦信号的初相．由于正弦信号是一种最简单的信号，所以在电路系统设计中，科学家和工程师们经常以正弦信号作为信号源（输入信号）去研究整个电路的工作机理．如图是一种典型的加法器电路图，图中的三角形图标是一个运算放大器，电路中有四个电阻，电阻值分别为，，，（单位：和是两个输入信号，表示的是输出信号，根据加法器的工作原理，与和的关系为：．例如当，输入信号，时，输出信号：．（Ⅰ）若，输入信号，，则的最大值为 　　；（Ⅱ）已知，，，输入信号，．若（其中则　　；（Ⅲ）已知，，，且，．若的最大值为，则满足条件的一组电阻值，分别是 　　． 参考答案一、选择题共10小题，每小题4分，共40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．解：如图，正四棱锥中，，，所以．故选：．考查数形结合思想等，是中档题．2．解：因为向量，，所以，所以．故选：．3．解：将将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数，所以，，即，，当时，取得最小值为．故选：．4．解：．故选：．5．解：对于选项，若，，则可能与平行，故错误；对于选项，若，，则，可能平行或者相交，则错误；对于选项，若，，则可能与平行或者在平面内，故错误；对于选项，由面面平行以及线面垂直的性质可知，正确；故选：．6．解：因为，所以函数的最小正周期为，令，，解得，所以函数的对称中心为，，，故选：．7．解：向量，是两个单位向量，由，为锐角可得，，反过来，由两边平方可得，，，，，不一定为锐角，故“，为锐角”是“”的充分不必要条件，故选：．【点评】本题考查充分与必要条件的概念，平面向量数量积的定义与性质，属基础题．8．【分析】先根据的范围求出的范围，根据函数在区间上的最小值为，可得到，即，然后对分大于0和小于0两种情况讨论最值可确定答案．【解答】解：当时，，由题意知，即，当时，，由题意知，即，综上知，的取值范围是．故选：．9．解：由题意可知：把顶角为的等腰三角形称为黄金三角形，它的底和腰之比为黄金分割比，该三角形被认为是最美的三角形．如图，则可得：，可得，即，所以，所以，所以．故选：．10．解：利用正弦定理：转换为，整理得，故或；所以或；故三角形为等腰三角形或直角三角形．故选：． 二、填空题共5小题，每小题4分，共20分。11．解：圆柱的底面半径为1，高为2，则其侧面积为．故答案为：．12．解：，，，解得．故答案为：．13．解：如图，因为，所以；故答案为：0．14解：；由于，所以，故．故答案为：．15．解：对于①，如图，在棱长为1的正方体中，，平面，平面，平面，点是棱上的一个动点，点到平面的距离为，，三棱锥的体积，故①正确；对于②，当为棱的中点时，取的中点为，连接，如图，则，又，，，平面，又平面，，由正方体性质得是矩形，不是正方体，不成立，又，不存在点，使得平面，故②错误；对于③，当与点重合时，无论点在何位置，直线与平面相交，故③错误；对于④，根据题意，作图如下，正方体中，平面，，设，则，，则△中，，，则该截面面积，，，当时，，故④正确．故答案为：①④．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．三、解答题共4小题，共40分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。16．证明：因为平面，平面，平面平面，所以．证明：直线与直线相交．理由如下：连接，，，，如图所示，因为，分别是，的中点，所以是的中位线，所以，且，因为，分别是，的中点，所以是的中位线，所以，且，因为，所以，因为，所以，所以四边形是梯形，所以直线与直线相交．17．解：（Ⅰ）由正弦定理可得，，，，，，；（Ⅱ），，，，，，，．18．证明：如图，连接，因为底面是菱形，所以，直棱柱中，平面，所以，且，所以平面，所以；证明：取的中点，连接、，则为三角形的中位线，所以且，又因为且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面；解：不存在正数，使得平面平面，证明如下：因为平面，所以，在直角△中，，所以，假设存在正数，使得平面平面，如图，过作且与交于点，连接，平面平面，所以平面，所以，在直角△中，，同理，因为底面是菱形，，，所以，在直角三角形中，，得，化简得与已知为正数矛盾，所以不存在正数，使得平面平面．19．解：不是函数的点，理由如下：设，则，因为，所以，所以，所以不是函数的点；先证明，若，则函数的最小正周期，因为函数的集为，所以对，是的零点，令，则，因为函数的值域为，，所以当，时，必有，即对于，恒成立，所以，即的最小正周期，与矛盾；再证明的值可以等于，令，对，当，时，，，；当，时，，，，所以是的点，即函数的集为，综上所述，的最大值是；因为函数的集满足，所以存在，使得且，即，因为若，则，所以，因为函数的图象是连续不断的，不妨设，由零点存在定理知，必存在，使得，所以存在零点，即．选做题：（本题满分0分。所得分数可计人总分，但整份试卷得分不超过100分）20．解：（Ⅰ）由题意得，，则的最大值为；（Ⅱ）由题意知，，整理得，即，则，解得；（Ⅲ）由题意得，，又，则，当时，取得最大值，则，整理得，即，解得，又，则，取即满足题意，则（答案不唯一）．故答案为：；；．