2021-2022学年广西北海市高一下学期期末检测数学试题【含答案】

1、2021-2022学年广西北海市高一下学期期末检测数学试题一、单选题1下列各角中，与 角终边相同的角是（）A B C DA【分析】将化为，即可确定答案.【详解】因为，故角的终边与的终边相同，故选：A2复数（是虚数单位）的共轭复数在复平面内对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限B【分析】根据复数单位的性质进行运算，求得复数z，以及，根据复数的几何意义即可得答案.【详解】由题意得，其对应点位于第二象限，故选：B3已知向量，且，则实数（）A1或B1或3C或1D或1A【分析】利用平面向量共线列方程，解出实数【详解】由，有，解得或故选：A4函数的单调递增区间是（）A，BCDB【分析】根据

2、正切函数的单调区间，即可求解.【详解】因为函数，令，解得，所以函数的单调递增区间是.故选：B5已知直三棱柱的体积为，则三棱锥的体积是（）ABCDD【分析】利用锥体体积公式可求得三棱锥的体积.【详解】设三棱锥的高为，则.故选：D.6设，则（）ABCDB【分析】先对化简，然后利用三角函数的单调性比较大小即可【详解】因为，所以故选：B7在 中，已知，若的最短边长为，则其最长边长为（）ABCDA【分析】由题意求得，判断，求出，判断出最短边和最长边，利用正弦定理求得答案.【详解】在中，因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以，即为最大角，故最短边为a，最长边为c，所以，由正弦定理得，解得，所以最长边长为

3、，故选:A8已知正四面体的外接球体积为，则正四面体的表面积为（）ABCDC【分析】将正四面体补成正方体，设正方体的棱长为，计算出正四面体的外接球半径，可求得的值，即可求得正四面体的表面积.【详解】将正四面体补成正方体，设正方体的棱长为，则正四面体的棱长为，正四面体的外接球半径为，由题意可得，解得，所以，正四面体的棱长为，因此，正四面体的表面积为.故选：C.二、多选题9如图所示，设是平行四边形的两条对角线的交点，给出下列向量组，其中可作为该平面内所有向量的基底的是（）A与B与C与D与BC【分析】根据平面向量基底的定义，结合平行四边形的性质逐一判断即可.【详解】A项中与共线，D项中与共线，B，C项

4、中两向量不共线，故选：BC10已知函数，则下列直线中是图象的对称轴的有（）ABCDABC【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式为，求出函数的对称轴方程，利用赋值法可得合适的选项.【详解】，由，解得，当时，；当时，；当时，.故选：ABC.11下列说法不正确的是（）A若直线，没有交点，则，为异面直线B若直线平面，则与内任何直线都平行C若直线平面，平面平面，则直线平面D如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补AB【分析】根据空间直线的位置关系，可判断A,B;利用面面平行的性质以及线面垂直的判定可判断C;根据空间的等角定理可判断D.【详解】对于A，直线，没有交点，则直线，为平行直线

5、或异面直线，故A错误；对于B，直线平面，则与内任何直线都没有交点，则与内直线可能为平行直线或异面直线，故B错误；对于C, 直线平面，则内一定存在两相交直线，不妨设为m,n,满足 ，由平面平面，过m作一平面与相交，交线设为，则，同理过n作一平面与相交，交线设为，则，则相交，则，故直线平面，故C正确；对于D，如果空间中两个角的两条边分别对应平行，根据等角定理可知，这两个角相等或互补，故D正确，故选：AB12在中，则下列说法正确的是（）AB的面积为2C的外接圆直径是D的内切圆半径是ABD【分析】利用二倍角公式求出，根据同角三角函数的基本关系求出，再由余弦定理求出，由正弦定理求出外接圆的直径，利用面积

6、公式及等面积法判断B、D；【详解】解：因为，所以，所以，故A、B正确；由余弦定理，即，所以，所以外接圆的直径，故C错误；设的内切圆半径为，则，即，所以，故D正确；故选：ABD三、填空题13在中，角A，的对边分别为，且，则的形状为_三角形直角【分析】根据正弦定理，角化边，可得，由此可判断三角形形状.【详解】根据正弦定理得，则，为直角三角形故直角14已知（是虚数单位），则的虚部为_2【分析】根据复数的运算先化简，进而可得虚部.【详解】，故215在平行四边形中，若，（），则_3【分析】延长，交于点，将转化为用和来表示，根据，三点共线的性质，可求得答案.【详解】由题意，知E,F,B三点共线，如图所示延

7、长，交于点，因为，则,故,则,则,由，得，即，因为，三点共线，故316如图，在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，则下列说法正确的是_（填序号）此圆锥底面圆的半径为2；此圆锥的体积为；平面；平面【分析】根据正弦定理求得圆锥的底面半径，判断；求圆锥的高，计算出圆锥的体积，判断；采用反证的方法可判断；根据线面垂直的判定定理可判定平面，判断.【详解】由是底面圆的内接正三角形，设圆锥的底面半径为，则可得，即 ，故错误；因为，故高，所以，错误；假设平面，由于平面ABC，平面ABC平面PAC=AC,故,而因为为底面圆的直径， ,又，且，故不可

8、能平行，故假设不成立，所以与平面不平行，错误；因为为线段的中点，故，则 ,故，均为直角三角形，即，从而得平面，正确故四、解答题17已知，(1)求的值；(2)求的值(1)(2)【分析】（1）利用同角的三角函数关系式求得，再利用两角和的正弦公式，即可求得答案；（2）利用同角的三角函数关系式求得，再利用二倍角的正切公式求得答案.【详解】(1)因为，所以，所以；(2)由，由倍角公式可得18已知函数的最小正周期为(1)求的值；(2)将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的纵坐标也扩大为原来的2倍，得到函数的图象，求在区间上的值域(1)(2)【分析】（1）根据三角函数的恒等变换，将化为，根据正弦

9、函数的周期公式，即可求得答案；（2）根据三角函数图象的平移变换伸缩变换规律可得的解析式，根据，确定，结合正弦函数的性质，即可求得答案.【详解】(1)由题意得：，因为的最小正周期为，所以，所以；(2)由（1）知故由题意得 ，故， ，的值域为19已知的内角A，的对边分别是，的面积为，且满足(1)求角A的大小；(2)若，求周长的最大值(1)(2)12【分析】（1）由结合三角形面积公式可化简得到，即可求得答案；（2）利用余弦定理得到，进而化为，结合基本不等式求得，即可得周长的最大值.【详解】(1)，则，又，；(2)，由余弦定理得，即，所以,（当且仅当时取“”），故，的最大值为8，的最大值为12，周长的

10、最大值为1220在三棱锥中，已知二面角的大小为，为等边三角形，且，为的中点(1)求证：；(2)求三棱锥的体积(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据，是中点，得到，再由是等边三角形，是中点，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明；（2）由（1）得到，再由求解【详解】(1)证明：，是中点，又是等边三角形，是中点，又，平面，平面，又平面，；(2)由（1）得，又二面角的大小为，又，为等边三角形， 21已知的内角A，的对边分别是，点是边上的中点，且的面积为(1)求A的大小及的值；(2)若，求的长(1)；(2)【分析】（1）利用正弦定理角化边，结合余弦定理求得A,根据面积求出，根据数量积的定义计算可得答案

11、；（2）由已知结合（1）的结论求得b,利用余弦定理求得BC的长，在和中分别用余弦定理，即可求得答案.【详解】(1)在中，由正弦定理得，可得，又，解得，；(2)由已知，由（1）得，在中，用余弦定理得，则，在和中分别用余弦定理， +，由，得，即，解得22如图，在直三棱柱中，M为棱上一点.(1)记平面ACM与平面的交线为l，证明；(2)若M为的中点，且二面角ACMB的正切值为3，求线段BC的长度.(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面平行的定理证明平面ACM，再由线面平行的性质定理得线线平行；（2）取BC的中点E，连接AE，过E作于点F，连接AF，证明即为所求二面角的平面角，由已知二面角的正切值得，设，