2021-2022学年辽宁省锦州市高一下学期期末数学试题【含答案】

1、2021-2022学年辽宁省锦州市高一下学期期末数学试题一、单选题1已知复数，则z的虚部为（）A1BCiD B【分析】先利用复数除法化简复数z，再去求z的虚部【详解】，则z的虚部为故选：B2已知，则（）ABCDA【分析】由题意利用诱导公式、二倍角的余弦公式，求得的值.【详解】，.故选：A.3正三棱锥的高为，斜高为，则该三棱锥的侧棱长为（）ABCD4D【分析】作图，根据条件，解直角三角形即可.【详解】依题意作上图，其中E是BC的中点，D是正三角形ABC的中心，并且 平面ABC， ，则有 ，在 中， ，在 中， ；故选：D.4已知圆台下底面半径是上底面半径的2倍，若从该圆台中挖掉一个圆锥，圆锥的底

2、面是圆台的上底面，圆锥的顶点是圆台下底面的圆心，则圆锥的侧面积是圆台侧面积的（）ABCDB【分析】分别求得圆锥的侧面积与圆台侧面积，即可得到二者之间的关系.【详解】设圆台上底面半径为r，则圆台下底面半径为2r，圆锥的底面半径为r，设圆台的高为h，则圆锥的的高为h则圆台母线长为，圆锥的母线长为则圆锥的侧面积为圆台侧面积为，则圆锥的侧面积是圆台侧面积的故选：B5已知，则（）ABCD5C【分析】根据向量的数量积的性质，求向量的模长，可进行自身平方开根号，可得答案.【详解】由，可得，则，将，代入可得：，可得：，则，故选：C.6已知在某滨海城市A附近的海面出现台风活动，据监测，目前台风中心位于城市A的东

3、偏南60方向，距城市A300km的海面点P处，并以20km/h的速度向西偏北30方向移动已知该台风影响的范围是以台风中心为圆心的圆形区域，半径为km则城市A受台风影响的时间为（）A5hBhChD4hB【分析】先求得台风中心距离城市A的最短距离，再利用直线截圆的弦长即可求得城市A受台风影响的时间【详解】如图，台风中心沿方向以的速度移动，台风中心距离城市A的最短距离为又台风中心为圆心的圆形区域，半径为km则台风中心在以城市A为圆心半径为km的圆内时，城市A受台风影响以城市A为圆心半径为km的圆截直线所得弦长为km则城市A受台风影响的时间为故选：B7已知正方体，棱长为2，E为棱的中点，则经过，D，E

4、三点的正方体的截面面积为（）ABCDA【分析】先作出经过，D，E三点的正方体的截面，再利用梯形面积公式即可求得该截面面积.【详解】正方体中，平面，则平面与平面的唯一交线与平行.取中点F，连接、，则四边形即为经过，D，E三点的正方体的截面梯形中，则梯形的高为则梯形的面积为故选：A8已知，点D在边上且，则长度为（）ABCDD【分析】利用向量数量积去求长度即可.【详解】中，点D在边上且，则又，则，即长度为故选：D二、多选题9已知直线m，n，平面，给出下列命题正确的是（）A若m，n，且mn，则B若m / ，n / ，且m / n，则 / C若m，n / ，且mn，则D若m，n / ，且m / n，则A

5、D根据直线与平面平行，垂直的性质定理，判断定理，灵活判断，可以正确推导，也可以举反例说明【详解】解：对于A：若，且可以判断是正确的，因为可以设两个平面的法向量为，可得数量积为零，即，所以可判断是正确的，故 正确，对于B：若，且，则不正确，如两个交，两个相交的墙面，直线，都平行于交线，也满足，所以不正确；对于C：若，且，则有可能，不一定，所以不正确；对于D：若，且，故正确；故选：AD本题考察了直线与平面的位置关系，熟练掌握好平行，垂直的定理即可判断，属于中档题10已知中，则下列结论可能成立的是（）ABCDABC【分析】先由正弦定理求出 ，再根据余弦定理求出BC即可.【详解】由正弦定理得： ， ，

6、并且 ， 或 ；当 时， ， ，由余弦定理得 ， ；当 时， ， ，由余弦定理得 ；故选：ABC.11已知向量，函数的最小正周期是，则（）A的最小值为1B在上单调递减C的图象关于点中心对称D取最大值时，x的取值集合为BD【分析】求得的最小值判断选项A；求得在上单调性判断选项B；验证法判断选项C；求得取最大值时，x的取值集合判断选项D.【详解】，则由，可得，则选项A：的最小值为.判断错误；选项B：由，可得，由，得在上单调递减.判断正确；选项C：由，可得的图象关于点中心对称.判断错误；选项D：由，可得则取最大值时，x的取值集合为.判断正确.故选：BD12已知，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

7、则下列条件一定能够使为等腰三角形的是（）ABCDACD【分析】利用余弦定理和题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项A；利用余弦定理两角差的正弦公式和题给条件即可得到为等腰三角形或直角三角形，进而否定选项B；利用两角和与差的余弦公式及题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项C；利用正弦定理均值定理和题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项D.【详解】选项A：由，可得整理得，则，则为等腰三角形.判断正确；选项B：由可得则整理得，即或则为等腰三角形或直角三角形.判断错误；选项C：由，可得则，则又，则，则为等腰三角形.判断正确；选项D：由，可得，由（当且仅当时等号成立），可得则，又，则，则.判

8、断正确.故选：ACD三、填空题13已知四点，则在上的投影的数量为_-0.6【分析】根据投影定义计算即可.【详解】由题意： ， ， ， 在 上投影的数量= ；故 .14已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边在直线上，则_1.6【分析】角终边上的任意一点为，分别求出角的三角函数值，再利用诱导公式对进行化简，代值从而得出答案.【详解】由题意可设为角终边上的任意一点，则， 综上所述，结论是： 又 ；故答案为.15如图，长方体中，M为棱中点，则三棱锥外接球的表面积为_【分析】根据给定几何体，确定三棱锥外接球的球心，求出球半径即可计算作答.【详解】在长方体中，取中点，连接，如图，因为棱中点

9、，则，而平面，即平面，而平面，有，而，因此，在中，于是得点M，A，C，D在以点O为球心，半径为的球面上，所以三棱锥外接球半径为，表面积为.故四、双空题16已知四边形ABCD是圆内接四边形，对角线AC与BD交于点O，则_；_ 2 【分析】利用圆内接四边形对角互补和余弦定理即可求得的长，利用相似三角形和余弦定理即可求得的长.【详解】四边形ABCD是圆的内接四边形，则则，又，则，即，解之得又，则为等腰直角三角形，则由，可得，则由，即解之得或（舍）故2；五、解答题17已知复数满足(1)求；(2)若复数满足且，求(1)(2)或【分析】根据复数的运算，去括号，再复数相等的条件，可得答案.【详解】(1)设，

10、则所以，解得，所以.(2)（法一）由可设，则因为，所以，解得所以或（法二）设，则因为且，所以解得或所以或18已知O为坐标原点，设C是直线OP上的一点(1)求使取得最小值时的坐标；(2)对于（1）中求出的点C，求的面积(1)(2)1【分析】（1）按照条件，分别计算出 的坐标，按照坐标法计算 即可；（2）用数量积求出夹角 的正弦值，运用三角形面积公式计算即可.【详解】(1)因为点C是直线OP上一点，所以 ，故设，当时，取得最小值，此时；(2)当时，所以，所以，又由得，所以综上，取得最小值时， 的面积为1.19如图已知正三棱柱，点D，E分别是棱BC，中点，且(1)求证：平面平面；(2)求三棱锥的体积

11、(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用面面垂直判定定理即可证明平面平面；（2）利用顶点转换法和锥体体积公式即可求得三棱锥的体积【详解】(1)因为三棱柱为正三棱柱，所以是等边三角形且平面ABC因为平面ABC，所以又因为D为等边三角形边BC中点，所以因为平面，平面，所以平面又平面，所以平面平面(2)20已知，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(1)求B；(2)若，求a和(1)(2)；【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦公式化简题给条件，即可求得的值，进而求得B的值； （2）先利用余弦定理求得的值，再利用正弦定理求得的值即可.【详解】(1)由正弦定理可知所以，所以因为，所以又，所以

12、(2)由余弦定理得，即整理得，解得或（舍），所以所以21如图，已知四棱锥中，平面平面，底面为矩形，且，O为棱AB的中点，点E在棱AD上，且 (1)证明：；(2)在棱PB上是否存在一点F使平面？若存在，请指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由(1)证明见解析(2)存在，F为线段PB上靠近点B的三等分点；证明见解析【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证明平面，进而即可证明；（2）先找到F为线段PB上靠近点B的三等分点，并利用面面平行判定定理证明平面平面，进而即可证明平面【详解】(1)连接OE，OC，OP，四棱锥中，O为AB的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面PAB所以平面，平面，所以，在矩形中，因为，所以，所以又，所以平面，又平面，所以(2)存在，F为线段PB上靠近点B的三等分点取BC的三等分点M（靠近点C），连接AM，易知，所以四边形是平行四边形，所以，取BM中点N，连接ON，所以，所以，又平面，平面，则平面因为N为BM中点，所以N为BC的三等分点（靠近点B）