2021-2022学年北京市景山中学高一下学期期中考试数学试题【含答案】

1、2021-2022学年北京市景山中学高一下学期期中考试数学试题一、单选题1求值：（）ABCDB【分析】根据给定条件，逆用和角的余弦公式及特殊角的三角函数值计算作答.【详解】依题意，.故选：B2向量，若，则实数的值为（）ABCDA【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可得关于实数的等式，进而可解得实数的值.【详解】由题意可得，解得.故选：A.3设m，n为两条不重合的直线，为两个不重合的平面，m，n既不在内，也不在内，则下列结论正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则B【分析】根据线线，线面，面面的位置关系依次判断选项即可.【详解】对选项A，若，则的位置关系为：平行、相交、异面，故A错误.对选项B

2、，若，则，故B正确.对选项C，若，则，故C错误.对选项D，若，则，故D错误.故选：B4用长为4，宽为2的矩形绕其一边旋转构成一个圆柱，则此圆柱的侧面积为（）A8B16C24D32B【分析】分类讨论再结合圆柱侧面积公式求解即可.【详解】若以边长4为轴，旋转成一个圆柱，则侧面积，若以边长2为轴，旋转成一个圆柱，则侧面积，故选：B5在中，M是线段BC的三等分点（靠近点C），则（）ABCDA【分析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算求解作答.【详解】在中，M是线段BC的三等分点（靠近点C），所以.故选：A6在中，已知，那么一定是（）A等腰直角三角形B等腰三角形C直角三角形D等边三角形B利用正弦函数进

3、行边化角，再利用正弦函数的两角和公式求解即可【详解】解：已知，则：，整理得：，则：，所以.故选：B7已知，则“”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既不充分又不必要条件C【分析】利用平面向量数量积的运算性质结合平面向量垂直的等价条件判断可得出结论.【详解】因为、为非零向量，且，因此，“”是“”的充要条件.故选：C.8函数是A奇函数，且最大值为2B偶函数，且最大值为2C奇函数，且最大值为D偶函数，且最大值为D【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.【详解】由题意，所以该函数为偶函数，又，所以当时，取最大值.故

4、选：D.9为了得到函数的图象，可以将函数图象（）A向左平移个单位B向左平移个单位C向右平移个单位D向右平移个单位A【分析】利用和角的正弦公式化简函数式，再利用三角变换方法求解作答.【详解】依题意，所以函数图象向左平移个单位可得的图象.故选：A10如图，在正方体中，点P在面对角线上运动，下列四个命题中错误的是（）A平面B平面平面C三棱锥的体积不变DD【分析】证明平面平面后可判断A，证明平面后可判断B，由平面可判断C，取是与交点时可判断D【详解】A连接，如图，正方体中由与平行且相等得平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，平面，所以平面平面，平面，所以平面，A正确；B连接，正方体中平面

5、，平面，所以，又正方形中，平面，所以平面，而平面，所以，同理，平面，所以平面，而平面，所以平面平面，B正确；C由A的证明知平面，到平面的距离不变，因此三棱锥体积不变，即三棱锥的体积不变，C正确；D当是与交点时，矩形中，和显然不垂直，D错故选：D二、填空题11已知，则的值等于_.【分析】由题意结合同角基本关系式可得，进而利用两角和正切公式可得结果.【详解】，故答案为本题考查三角函数求值问题，涉及同角基本关系式与两角和正切公式，考查计算能力，属于常考题型.12已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，则原中的大小是_【分析】根据斜二测画法，画出原几何图形，判断出原为等边三角形，从

6、而可求的大小.【详解】根据斜二测画法，画出原几何体，如图，易知,，所以，所以原为等边三角形，所以.故答案为.13在中，则_【详解】试题分析：正余弦定理解三角形14在棱长为2的正方体中，点E、F分别是棱BC，的中点，P是侧面四边形内(不含边界)一点，若平面AEF，则线段长度的取值范围是_.【分析】作出过点平行于平面的平面与平面的交线，确定动点P的位置，再借助三角形计算作答.【详解】在正方体中，取的中点M，N，连，如图，因点E、F分别是棱BC，的中点，则，平面，平面，则有平面，显然为矩形，有，即有为平行四边形，则，而平面，平面，有平面，平面，因此，平面平面，因平面AEF，则有平面，又点P在平面，平

7、面平面，从而得点P在线段MN上（不含端点），在中，等腰底边MN上高，于是得，所以线段长度的取值范围是.故方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.15中，a，b，c分别是内角A、B、C的对边，已知，现有以下判断：若，则B有两解；bc不可能等于12；若，则的面积为；的最大值为请将所有正确的判断序号写在横线上_【分析】利用正弦定理解三角形判断解的方法判断；利用余弦定理计算判断；利用数量积求出，再求出面积判断；利用向量数量积的运算律结合

8、正弦定理及三角变换求解判断作答.【详解】对于，在中，则，角B为锐角，只有一解，不正确；对于，由余弦定理得：，当且仅当时取“=”，因此，当时，取最大值12，不正确；对于，解得，正确；对于，由正弦定理得，而，即，当，即时，所以的最大值为，正确.故思路点睛：涉及三角形中的最值问题，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.三、解答题16已知与夹角为60，求：(1)求；(2)与的夹角的余弦值(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用向量数量积的性质及运算律计算作答.（2）利用向量夹角公式直接计算作答.【详解】(1)因

9、与夹角为60，则，所以.(2)由（1）知，.17已知函数(1)求的最小正周期及单调递减区间；(2)求在区间的最大值与最小值(1)；(2)最大值1；最小值.【分析】（1）利用二倍角的正余弦公式和辅助角公式化简函数，再利用正弦函数性质求解作答.（2）求出（1）中函数相位的范围，再利用正弦函数性质求解作答.【详解】(1)依题意，则，由，解得：，所以的最小正周期是，单调递减区间是.(2)由（1）知，当时，则在上单调递增，所以，.18如图，在正方体中，为的中点，为的中点(1)求证：平面；(2)求证：平面平面(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接交于点，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判

10、定定理可证得结论成立；（2）证明出平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.【详解】(1)证明：连接交于点，则为的中点，因为为的中点，则，平面，平面，因此，平面.(2)证明：因为且，为的中点，为的中点，所以，所以，四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以，平面，因为，因此，平面平面.19在中，(1)求；(2)再从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积条件：；条件：；条件：(1)(2)1【分析】(1)利用正弦定理将已知条件边化角，化简即可.(2) 若选择，可以确定的三个角，但无法确定边长，不符合题意；若选，利用正弦定理求边长，根据角度关系求，即可求出面积；若

11、选，利用余弦定理求边长，再求出，即可求面积.【详解】(1)因为，由正弦定理可得，因为，所以，即，因为，则；(2)若选择，由，可得，由于已知条件未给出任意一边的长度，满足条件的三角形有无数个，并不唯一确定，不符合题意.若选择，由正弦定理，及，得，所以，因为，所以，所以若选择，由余弦定理得，及，得，解得，所以，所以20如图，在四棱锥中，底面是正方形，、分别为、的中点，侧面底面.（1）求证：平面；（2）若，求证：平面平面.（1）见解析；（2）见解析【详解】分析：（1）连结，则是的中点，为的中点，得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面；(2)由（1）可得，又由，平面为正方形，得平面，所以CDPA，从

12、而得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面详解：（1）连结，则是的中点，为的中点，故在中，因为平面，平面，所以平面(2)由（1）可得，EF/PA，又EFPC，所以PAPC因为平面平面，平面ABCD为正方形所以，平面，所以CDPA，又，所以PA平面PDC又平面，所以平面平面 点睛：本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中平行、垂直关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直21如图所示，在三棱锥中，已知BCD是正三角形，AB平面BCD，ABBC2，E为BC的中点，F在棱AC上，且AF3FC(1)求证：ACDE；(2)若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使平面DEF？若存在，说明点N的位置；若不存在，试说明理由(1)证明见解析；(2)存在，.【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定证明平面即可推理作答.（2）连接CM交DE于O，连OF，在AF上取点N，使，证明