2021-2022学年北京市海淀区高一下学期期末练习数学试题【含答案】

1、2021-2022学年北京市海淀区高一下学期期末练习数学试题一、单选题1已知正四棱锥的底面边长为，高为，则它的体积为ABCDB根据正四棱锥的性质，以及锥体的体积公式，直接计算，即可得到答案.【详解】由题意，正四棱锥的底面边长为，高为，则底面正方形的面积为，所以四棱锥的体积为，故选B.本题主要考查了棱锥的体积的计算问题，其中解答中熟记正四棱锥的性质，以及锥体的体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.2向量，则（）ABC4D13C【分析】先求出，再由模长公式求解即可.【详解】，则.故选：C.3将函数的图象沿轴向右平移个单位长度，得到函数的图象，则的最小值为（）ABCD

2、A【分析】根据函数图像平移，解方程即可求得结果.【详解】将函数的图象沿轴向右平移个单位长度，即可得，故可得，解得，又因为，故可得.故选：A.本题考查由函数图像平移求函数解析式，属基础题.4（）ABCDA【分析】直接利用两角和的余弦公式即可得解.【详解】解.故选：A.5已知直线和两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则D【分析】由直线与平面，平面与平面的位置关系判断即可.【详解】对于A选项，若，则可能与平行，故A错误；对于B选项，若，则可能与平行或者在平面内，故B错误；对于C选项，若，则可能平行或者相交，则C错误；对于D选项，由面面平行以及线面垂直的性质可知，

3、D正确；故选：D本题主要考查了直线与平面，平面与平面的位置关系，属于基础题.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，C【分析】先由余弦倍角公式化简得，再由余弦函数的周期性和对称性求解即可.【详解】，则最小正周期为；由，解得，则对称中心为.故选：C.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A【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合平面向量的数量积运算进行判断【详解】因为向量，是两个单位向量，为锐角，所以，所以，当时，即，所以，所以，所以为锐角或的角，所以“为锐角”是“”的充分不必要条件，故选：

4、A8已知函数在区间上的最小值为，则的取值范围是（）ABCDD【分析】分讨论，求出的范围，根据在范围内建立不等式求解即可.【详解】当时，由题意知，即，当时，由题意知，即，的取值范围是，故选：D9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36的黄金三角形被认为是最美的三角形据此可得的值是（）ABCDB【分析】根据已知条件求出，再根据二倍角的余弦公式结合诱导公式即可得出答案.【详解】解：如图，为一个黄金三角形，其中，为的中点，根据题意可知，则，即，又，则，解得，所以.故选：B.10在中，则的形状为（）A直角三角形B等腰三角形C等腰直角三角形D等腰三角形或直角三角形D【分

5、析】利用正弦定理的边角互化可得，进而可得或，即可求解.【详解】，正弦定理可得，即，或，或，为等腰三角形或直角三角形.故选：D二、填空题11已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为_【分析】圆柱侧面积等于底面周长乘以高.【详解】依题意，圆柱底面周长等于，故侧面积等于故12向量，则实数_【分析】先由向量线性运算求得，再由向量垂直的坐标公式求解即可.【详解】，由可得，即，解得.故答案为.13在正方形中，是的中点，则_0【分析】根据向量加法的三角形法则化简计算.【详解】如图，因为，所以；故0.14函数，的值域是_【分析】利用两角差的余弦公式结合辅助角公式化简，再根据三角函数的性质即可得出答案.

6、【详解】解：，因为，所以，所以，即函数，的值域是.故答案为.15如图，在边长为1的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论：三棱锥的体积为定值；存在点，使得平面；对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面；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_【分析】根据题意作图，并尝试特殊位置，进行检验证明.【详解】对于，如下图所示：在边长为1的正方体中，易知平面，因为点是棱上的一个动点，可设点到平面的距离为，且，则三棱锥的体积，故正确；对于，当点为棱的中点时，取的中点为，并连接，如下图：在正方体中，因为分别为的中点，所以平面，即，故正确；对于，当点与点重合时

7、，无论点在何位置，直线与平交，故错误；对于，根据题意，作图如下：因为正方体中，易知平面，所以，设，则，在中，则该截面面积，由，当时，故错误；故.三、解答题16如图，在四棱锥中，平面PAD，E，F，H，G分别是棱PA，PB，PC，PD的中点(1)求证：；(2)判断直线EF与直线GH的位置关系，并说明理由(1)证明见解析；(2)直线与直线相交，理由见解析.【分析】（1）根据线面平行的性质即可求解；（2）根据题意可证四点共面，又因为，所以，即得与相交.【详解】(1)解：因为平面，平面，平面平面，所以.(2)解：直线与直线相交，理由如下：连接，因为分别是棱的中点，所以，同理可证：，因为，所以，所以四点

8、共面，因为，所以，所以与不平行，即与相交.17在中，(1)求；(2)求的面积(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理及三角形内角和，结合两角和的正弦公式即可求解；（2）利用平方关系即两角和的正弦公式可求得的值，利用正弦定理可得的值，利用三角形面积公式即可求解.【详解】(1)解：由正弦定理可得：,又，所以，整理得：，因为，所以，而B为三角形内角，故.(2)解：因为，所以或，又，所以当时，不符合题意，故，由正弦定理得，即，解得，故的面积为.18如图，在直棱柱中，底面是菱形，分别是棱，的中点(1)求证：；(2)求证：平面；(3)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(1)证明见

9、解析；(2)证明见解析；(3)不存在正数，使得平面平面，证明见解析；【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理证明；（2）根据线面平行的判定定理证明；（3）假设存在正数，使得平面平面，根据面面垂直的判定定理得，在直角三角形中，由，得与已知为正数矛盾，进而得证.【详解】(1)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；(2)证明：取的中点M，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；(3)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

10、图，过B作且与交于O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(1)判断是否是函数的点，并说明理由；(2)若函数的集为，求的最大值；(3)若定义域为的连续函数的集满足，求证：(1)不是，理由见解析；(2)；(3)见解析【分析】（1）直接求出，再判断出，即可得到，即可得到结论；（2）先说明，若，则，由题设得到，推出矛盾即可证得；再说明的值可以等于，令，利用三角函数的值域加以证明即可；（3）由题设知，必存在，使得，结合零点

11、存在定理说明函数必存在零点，即可证明.【详解】(1)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；(2)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；(3)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.本题的第二小问关键点在于先假设，利用周期推出矛盾，进而证得，再利用三角函数的值域说明的

12、值可以等于即可；第三小问的关键点在于得到存在，使得，结合零点存在定理即可证明.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V（单位：V）是关于时间t（单位：s）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：(1)若，输入信号，则的最大值为_；(2)已知，输入信号，若（其中），则_；(3)已知，且，若的最大值为，则满足条件的一组电阻值，分别是_(1)