2021-2022学年广东省汕尾市高一下学期期末数学试题【含答案】

1、2021-2022学年广东省汕尾市高一下学期期末数学试题一、单选题1已知集合，则（）ABCDB【分析】求出集合，然后进行交集的运算即可【详解】，故选：2已知实数，满足，则下列关系式一定成立的是（）ABCDD【分析】A、B、C三个选项只需要举出反例即可判定，D选项结合函数的单调性即可判断.【详解】A：当满足，但是，所以，故A错误；B：当满足，但是，所以，故B错误；C：当满足，但是，所以，故C错误；D：因为函数在上单调递增，且，所以，故D正确，故选：D.3已知，向量与的夹角为，则（）A5BCDD【分析】由已知先求出，然后根据，代值即可求解.【详解】，向量与的夹角为故选：D.4若棱长为的正方体的顶点

2、都在同一球面上，则该球的表面积为（）ABCDB【分析】由于正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线，从而求出体对角线，可得球的直径，进而可求出球的表面积【详解】解：设正方体外接球的半径为，则由题意可得，得，所以球的表面积为，故选：B5在中，已知，则角为（）ABC或D或C【分析】直接利用正弦定理即可得出答案.【详解】解：在中，已知，因为，所以，所以或，所以或.故选：C.6已知，则的值是（）ABCDA【分析】使用整体处理以及两角和与差得公式解决问题.【详解】由得：，所以，所以，.故选：A.7如图，已知，则（）ABCDB【分析】利用向量的加法和数乘运算法则，取为基底，通过运算，即可得答案；【详解】，

3、故选：B.8一纸片上绘有函数（）一个周期的图像，现将该纸片沿x轴折成直二面角，原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离为，若方程在区间上有两个实根，则实数a的取值范围是（）ABCDB【分析】由原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离得出，再由正弦函数的性质得出实数a的取值范围.【详解】原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离为，故，方程在区间上有两个实根，即有2个解，由于，则，故选：B二、多选题9下面是关于复数的四个命题，其中真命题为（）ABC的虚部为-1D的共轭复数为AC【分析】利用复数的四则运算即可求解.【详解】，所以，故A正确；，故B错误；的虚部为-1，故C正确；的共轭复数为，故D

4、错误.故选：AC10已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则BD【分析】A选项，C选项根据面面平行，面面垂直关系很容易找到反例，B选项理解成法向量容易证明，D选项利用线面平行的性质定理，面面垂直的判定定理证明.【详解】A选项，两个平行平面内的两条直线，可能平行，或者异面，A选项错误；B选项，可理解直线对应的方向向量可看作的法向量，由于，又，是两个不同的平面，则，故B选项正确；两个面垂直，那么在一个面内垂直于两个面交线的直线才垂直另一个面，从选项中无法判断和交线的位置关系，因此可能相交但不垂直，平行，异面但不垂直，C选项错误；D选项，若

5、，又，根据面面垂直的判定，即有，若，由于，则，过任作一个面，使其和相交于直线，根据线面平行的性质定理，又则，结合，即，故D选项正确. .故选：BD.11正四棱台中，上底面的边长为2，下底面的边长为4，棱台高为1，则（）A该四棱台的侧棱长为B与所成角的余弦值为C与面所成的角大小为D二面角的大小为BD【分析】连接，作平面，由线面垂直的判定定理可得平面，得到，求出可判断A；，所以与所成角即为与所成的角，即为所求，求出可判断B；即为与面所成的角，由求出可判断C；由平面得出即为平面与平面所成的角，求出，根据正四棱台的四个侧面与底面所成的角相等，可判断D.【详解】对于A，连接，作平面，因为为正四棱台，则在

6、上，作交于点，连接，因为，所以平面，平面，所以，因为上底面的边长为2，下底面的边长为4，所以，由，所以，故A错误；对于B，因为，所以与所成角即为与所成的角，即为所求，因为正四棱台的四个侧面为全等的等腰梯形，所以，由，得，所以与所成角的余弦值为，故B正确；对于C，因为平面，所以即为与面所成的角，由，得，由得，所以，因为为正四棱台，所以与面所成的角与与面所成的角相等，故C错误；对于D，根据A选项，平面，所以即为平面与平面所成的角，且，所以，因为正四棱台的四个侧面与底面所成的角相等，二面角的大小为，故D正确.故选：BD.12在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，R为外接圆的半径，的面积记为，则下列

7、命题正确的是（）A的充要条件是B若，则是直角三角形C若，则D不存在，满足，同时成立ABD【分析】根据正弦定理边角互化即可判断A,B,根据三角形面积公式可求，进而由余弦定理可求，最后由正弦定理可求外接圆半径，假设存在，根据正弦定理得到矛盾可求D.【详解】在中，由正弦定理可得：，故A正确.或者（不符合内角和，故舍去），因此,又，故B正确.由，由余弦定理可得：,因此,故C错误.若存在，满足，同时成立，则矛盾，故不存在，满足，同时成立，故D正确.故选:ABD三、填空题13已知向量，若，则_.【分析】根据向量平行的坐标公式求解即可【详解】由题意，解得故14已知函数，则_.0.5【分析】分段函数解析式的正

8、确使用，可迅速解决.【详解】由，得：.故答案为.15已知函数（），将图象上所有点向右平移个单位，得到奇函数的图象，则常数的一个取值为_.（满足都正确）【分析】利用函数图象平移规则，得出的解析式，再根据奇函数的定义求出的可能取值即可.【详解】将图象上所有点向右平移个单位，得：，又为奇函数，即，解得：，常数的一个取值为.故（满足都正确）.四、双空题16在平面四边形中，交于点O，若，则的值为_，的长为_. ； .【分析】设，则，利用、三点共线即可求出，进而得到的值；再在中，分别求出以及的值，再利用余弦定理求出的长.【详解】依题意，如图所示，设，则，、三点共线，解得：，又，在中，由余弦定理得： ，解得

9、：或（舍），.故；.五、解答题17在平而直角坐标系中，设与x轴、y轴方向相同的两个单位向量分别为和，.(1)求向量与夹角的余弦值；(2)若点P是线段的中点，且向量与垂直，求实数k的值.(1)(2)【分析】（1）用坐标表示向量，然后由数量积的定义求得夹角余弦值；（2）由向量与的数量积为0可求得【详解】(1)由已知得，所以：，所以所求余弦值为(2)因为，而向量与向量有垂直，所以，所以所以18已知函数，其中，是函数的两个零点，且的最小值为.(1)求使取得最大值时自变量x的集合，并求的最大值；(2)求的单调递增区间.(1)自变量的集合为：，的最大值为1(2)【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式可

10、化简，根据题意可得周期，进而可求的解析式，进而可求最值和自变量的值.（2）整体代入法求单调增区间.【详解】(1)，由是函数的两个零点，且的最小值为可知：的周期为,故,因此，令，故自变量的集合为：,的最大值为1(2)令，故的单调递增区间为19如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，直线平面，分别是线段，的中点（1）证明：平面平面；（2）记平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并说明理由（1）证明见解析；（2），理由见解析.【分析】（1）推导出，平面，从而，进而平面，由此能证明平面平面（2）推导出，平面，根据线面平行的性质，即能证明【详解】解：（1）因为平面，平面，所以.因为是以为直径的圆

11、上的点，所以又，所以平面因为，分别是，的中点，所以所以平面又平面，故平面平面（2）.证明如下：由（1），.又平面，平面，所以平面又平面，平面平面，所以20设a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，已知.(1)求角B；(2)若，且，求边c.(1)；(2)当时，；当时，.【分析】（1）根据正弦定理，将已知条件转化为，再利用三角恒等变换公式求出，根据角的取值范围求出角B；（2）根据三角形内角和定理，将化简为，对的取值情况进行讨论，再由正弦定理和余弦定理进行求解即可.【详解】(1)在中，由，可得.又由，得，又，；(2)在中， .若，即时，；若，即时，由正弦定理可知，由及可得，又，综上，当时，；当时，

12、.21在直三棱柱中，D，E分别是，的中点，.(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离.(1)见解析(2)【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线定理以及平行四边形的性质证明，再由线面平行的判定证明即可；（2）由等体积法得出点到平面的距离.【详解】(1)连接交于点，连接，分别是的中点，即四边形是平行四边形，平面，平面，平面；(2)设点到平面的距离为，平面，又，平面，且，即，解得.22某大学科研团队在如下图所示的长方形区域内（包含边界）进行粒子撞击实验，科研人员在A、O两处同时释放甲、乙两颗粒子.甲粒子在A处按方向做匀速直线运动，乙粒子在O处按方向做匀速直线运动，两颗粒子碰撞之处记为点P，且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失.已知长度为6分米，O为中点.(1)已知向量与的夹角为，且足够长.若两颗粒子成功发生碰撞，求两颗粒子运动路程之和的最大值；(2)设向量与向量的夹角为（），向量与向量的夹角为（），甲粒子的运动速度是乙粒子运动速度的2倍.请问的长度至少为多少分米，才能确保对任意的，总可以通过调整甲粒子的释放角度，使两颗粒子能成功发生碰撞？(1)；(2)的长度至少分米.【分析】（1）根据题意在中运用余弦定理以及基本不