2021-2022学年辽宁省沈阳市重点高中协作体高一下学期期末数学试题【含答案】

1、2021-2022学年辽宁省沈阳市重点高中协作体高一下学期期末数学试题一、单选题1已知sin ，则cos(2)的值为（）ABCDC【分析】利用诱导公式和二倍角余弦公式求解.【详解】cos(2)cos 212sin212.故选：C2已知：，则（）ABCDA【分析】利用复数的乘法计算得出复数，再利用共轭复数的定义可求得复数.【详解】，因此，.故选：A.本题考查共轭复数的计算，涉及复数乘法法则的应用，考查计算能力，属于基础题.3唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），

2、如图2所示，已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为，设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则（）A2BCD1C【分析】设圆柱的高为，表示出表面积可得，再分别表示出，由此能求出【详解】设酒杯上部分高为，则酒杯内壁表面积，解得，故选：本题主要考查圆柱、球体的表面积与体积公式，考查运算求解能力，是中档题4如图所示，为测量两塔塔尖之间的距离，若平面，平面，选择地面点C为测量观测点，测得，则塔尖之间的距离为（）ABCDC【分析】先在中求得，中求得，再在中利用余弦定理求即可.【详解】依题意，在中，则，；在中，则；又中，则.故塔尖之间的距离为.故选：C5已知m为一条直线，为两个不同的平面，则下列

3、说法正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则C【分析】根据线面关系和面面关系依次判断即可得出.【详解】对A，若，则或，故A错误；对B，若，则或，故B错误；对C，若，则，故C正确；对D，若，则与相交或或，故D错误.故选：C.6如图所示，在菱形中，为 的中点，则的值是（）ABCDA【分析】根据向量的加法运算，表示出，然后根据数量积的运算法则求得答案.【详解】由题意得： ,故 ，故选：A7已知函数，对任意，都有，并且在区间上不单调，则的最小值是（）A1B3C5D7D【分析】由题意，是函数的最大值，可得.由，可得.对进行赋值，结合函数的单调性，即得答案.【详解】由题意，是函数的最大值，即，当时，在

4、上单调递增，不符合题意；当时，符合题意.的最小值为7.故选：D本题考查函数的单调性，属于基础题.8如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（）ABCDD【分析】利用棱柱，棱台的体积公式结合条件即得.【详解】由题可知平面与棱柱上，下底面分别交于，则，显然是三棱台，设的面积为1，的面积为S，三棱柱的高为h，解得，由，可得.故选：D.二、多选题9若复数，其中为虚数单位，则下列结论正确的是A的虚部为BC为纯虚数D的共轭复数为ABC【分析】首先利用复数代数形式的乘除运算化简后得：，然后分别按照四个选项的要求逐一求解判断即可.【详解】因为，对于A：的

5、虚部为，正确；对于B：模长，正确；对于C：因为，故为纯虚数，正确；对于D：的共轭复数为，错误.故选：ABC.本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的有关概念，考查逻辑思维能力和运算能力，侧重考查对基础知识的理解和掌握，属于常考题.10下列命题中正确的是（）A非零向量满足，则与的夹角为B若，则的夹角为锐角C若，则一定是直角三角形D的外接圆的圆心为O，半径为1，若，且，则向量在向量方向上的投影的数量为ACD由平面向量的加、减法以及向量的夹角可判断A；利用向量的数量积的定义即可判断B；利用向量减法的几何意义以及向量的数量积即可判断C；根据题意可得三角形AOC为等边三角形，再根据向量数量积的几何意义

6、即可求解.【详解】对于A，由向量减法法则及题意知，向量，可以组成一个等边三角形，向量的夹角为，又由向量加法的平行四边形法则知，以为邻边的平行四边形为菱形，所以与的夹角为，故选项A中说法正确；对于B，当时，且同向时不成立，故选项B中说法错误；对于C，因为，所以，所以，即，所以是直角三角形，故选项C中说法正确；对于D，作图如下，其中四边形ABCD为平行四边形，因为，所以O为AD、BC的交点，又，所以三角形AOC为等边三角形，所以，且BC为外接圆的直径，所以.在直角三角形ABC中，所以，则向量在向量方向上的投影的数量为.故选项D中说法正确.故选：ACD.本题考查了向量的加、减法，向量的数量积以及几何

7、意义，属于基础题.11在中，a，b，c分别为，的对边，下列叙述正确的是（）A若，则为等腰三角形B若，则为等腰三角形C若，则为钝角三角形D若，则ACD【分析】多项选择题，一个一个选项验证：对于A：利用正弦定理判断，在三角形中只能A=B,即可判断；对于B：由正弦定理得 ，可以判断为等腰三角形或直角三角形；对于C：利用三角函数化简得，利用判断必有一个小于0，即可判断；对于D：利用正弦定理判断得求出角.【详解】对于A：由正弦定理得：，而，A+B+C=，只能A=B,即为等腰三角形，故A正确；对于B：由正弦定理得：， 若可化为,即，或为等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C：A+B+C=，.而必有一个小

8、于0，为钝角三角形.故C正确；对于D：， 由正弦定理得：,即.故D正确.故选：ACD在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：(1)从题目给出的条件，边角关系来选择；(2)从式子结构来选择12如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（）A直线平面B三棱锥的体积为定值C异面直线与所成角的取值范围是D直线与平面所成角的正弦值的最大值为ABD【分析】在选项A中，推导出，从而直线平面；在选项B中，由平面，得到到平面的距离为定值，再由的面积是定值，从而三棱锥的体积为定值；在选项C中，可得异面直线与所成角的取值范围是；在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系

9、，利用向量法进行求解即可.【详解】在选项A中，且平面，平面，平面，同理，且平面，直线平面，故A正确；在选项B中，平面，平面，平面，点在线段上运动，到平面的距离为定值，又的面积是定值，三棱锥的体积为定值，故B正确；在选项C中，异面直线与所成角为直线与直线的夹角.易知为等边三角形，当为的中点时，；当与点或重合时，直线与直线的夹角为.故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的棱长为1，则，所以，.由A选项正确：可知是平面的一个法向量，直线与平面所成角的正弦值为：，当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.故选：AB

10、D三、填空题13已知向量，若，则_.0.5【分析】先求出，再根据垂直关系得出式子即可求出.【详解】因为，所以，因为，所以，解得.故答案为.14已知角的终边上的一点，则的值为_.【分析】由三角函数的定义可得，原式可化简为可求解.【详解】因为角的终边上的一点，所以，所以.故答案为.15在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示的面积，若，则_.【分析】根据由正弦定理化边为角化简可得，再利用三角形面积公式和余弦定理化简可得，即可求出.【详解】因为，由正弦定理可得，即，即，因为，所以，因为，所以，因为，即，因为，所以，所以.故答案为.四、双空题16柏拉图多面体，是指严格对称，结构等价的正多面体

11、由于太完美，因此数量很少，只有正四、六、八、十二、二十面体五种如果用边数不同的正多边形来构造接近圆球、比较完美的多面体，那么数量会多一些，用两种或两种以上的正多边形构建的凸多面体虽不是正多面体但有些类似，这样的多面体叫做半正多面体古希腊数学家物理学家阿基米德对这些正多面体进行研究并发现了13种半正多面体（后人称为“阿基米德多面体”）现在正四面体上将四个角各截去一角，形成最简单的阿基米德家族种的一个，又名截角四面体设原正四面体的棱长为6，则所得的截角四面体的表面积为_，该截角四面体的体积为_ 【分析】有题意求出正六边形的边长为，截去的正三角形的边长为，进而求出正六边形的面积和每个截面的面积，即可

12、求出所得的截角四面体的面积；利用棱长为正四面体的体积减去个棱长为正四面体的体积即可得该截角四面体的体积.【详解】设正六边形的边长的边长为，由题意可得：，解得：，所以每个正六边形的面积为：，所以所得的截角四面体的表面积为：，设棱长为的正四面体的体积为，正四面体的高为：，正四面体的底面积为，所以正四面体的体积为，所以该截角四面体外接球的体积为：，故；.五、解答题17已知函数（1）求函数的最小正周期；（2）若，求（1）；（2）.【分析】（1）利用二倍角公式，差的余弦公式，辅助角公式将化为正弦型，即可求出最小正周期；（2）由条件可求出，继而求出，利用展开即可求解.【详解】（1），函数的最小正周期为；（

13、2）由可得，又，.本题考查利用二倍角公式，差的余弦公式，辅助角公式进行化简，属于中档题.18在， ，且， 这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并给出解答在中，角，的对边分别为， ，且_（1）求角；（2）若，求周长的最大值条件选择见解析；（1）；（2）12【分析】（1）若选，根据向量数量积的坐标表示，以及余弦定理，即可求出角；若选，根据正弦定理，化简整理，即可求出角；若选，先将条件化简，得到，即可求出角；（2）先由余弦定理，根据（1）的结果，得到，再由基本不等式，求出，即可得出周长的最值.【详解】（1）选，且，化简得，由余弦定理得，又因为，选根据正弦定理，由得，又因为，所以，又因为，所以，又

14、因为，所以选由，得，即，所以，又因为，所以，因此（2）由余弦定理，得又，当且仅当时等号成立，解得，当且仅当时，等号成立的周长的最大值为12本题主要考查解三角形，以及求三角形的周长最值问题，熟记正弦定理与余弦定理，以及基本不等式即可，属于常考题型.19如图，在直三棱柱中，MN分别为的中点.(1)求证：平面；(2)若，求证：MN平面.(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)连接，在中，由中位线得即可；(2)连接BN，有边长关系证明BN，由此得；再由，得.【详解】(1)如图，连接，三棱柱是直三棱柱，四边形为矩形，过的中点M，在中，由中位线性质得，又平面，平面，平面；(2)如图，连接BN，.

15、由题得，.由题可知是正方形，平面，MN平面.20在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(1)求角A的大小；(2)若，的内角平分线交边BC于点D，求(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换，求角的大小；（2）方法一：利用面积关系，列式求的长，再求数量积；方法二：和中，分别用正弦定理求得，再利用平面向量基本定理，转化求数量积；方法三：首先利用余弦定理个求，在和中，分别用正弦定理求，中求，最后再求数量积.【详解】(1) 由正弦定理得，(2)方法一：方法二：在ABD中，由正弦定理，在ADC中，由正弦定理，方法三：在ABC中，由余弦定理：在ABD中，由正弦定理，在

16、ADC中，由正弦定理，在ADC中，由余弦定理：设，则即解得或在ABC中，由余弦定理：，C是钝角在ADC中，21如图，直二面角中，四边形是边长为2的正方形，为上的点，且平面.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）求点到平面的距离.（1）证明见解析；（2）；（3）.（1）由已知条件推导出，从而得到平面，由此能够证明平面.（2）以线段的中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法可求出二面角的正弦值.（3）求出的坐标，利用向量法点到平面的距离公式，可求出点到平面的距离.【详解】（1）因为平面，所以.因为二面角为直二面角，且，所以平面.所以.因为与相交，且都属于平面.所以平面.（2）以线段的中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.因为面，面，所以，在中，为的中点，所以.所以，.设平面的一个法向量为.则即化简得令，得是平面的一个法向量.又平面的一个法向量为，.所以二面角的正弦值为.（3）因为轴，所以，所以点到平面的距离.用向量法求二面角的正弦值或余弦值、点到面的距离关键点为：建立三维空间直角坐标系求点坐标，求相关向量坐标求法向量带公式，计算得结果.22已知函数，.（）若，求函数的值域；（）将函