2021-2022学年辽宁省丹东市高一下学期期末数学试题【含答案】

1、2021-2022学年辽宁省丹东市高一下学期期末数学试题一、单选题1复数的虚部是（）ABC1DD【分析】化简复数，即可得到答案.【详解】，故复数的虚部是.故选：D.2平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边是轴的非负半轴，终边经过点，若，则（）A-2BCD2B【分析】利用任意角三角函数的定义列方程，解出即可【详解】由题意，解得，故选：B3圆台的上下底面半径之比为，一条母线长度为2，这条母线与底面成角等于30，这个圆台的体积为（）ABCDD【分析】由已知，计算圆台上下底面半径及高，再根据圆台的体积公式计算.【详解】如图，由题意得：，过点D作于点E，则，因为圆台的上、下底面半径之比为1：2，所以

2、，则圆台上底面面积为，下底面面积为，故圆台的体积为故选：D.4设向量，则在上的投影的数量为（）A1B2C1D2B【分析】利用平面向量数量积的几何意义直接求解即可【详解】因为，所以在上的投影的数量为，故选：B5将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，所得图象的函数表达式为（）ABCDC【分析】根据三角函数的变换规则计算可得.【详解】解：将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到.故选：C6已知平面，直线、，若，则“”是“”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件D【分析】利用线面的位置关系结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结

3、论.【详解】若，且，则或，即“”“”；若，且，则或、异面，则“”“”.因此，“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.7在中，则（）A-3BCD3A【分析】利用正弦定理解出，再由两角差的正切公式化简求值即可【详解】在中，故选：A8四棱锥的顶点都在球的表面上，是等边三角形，底面是矩形，平面平面，若，则球的表面积为（）ABCDB【分析】连接，在线段上取，由外接球性质可知过分别作平面和平面的垂线，则两垂线交点即为球的球心；由面面垂直性质可知平面，得到；同理可得，可知四边形为矩形，利用勾股定理可求得外接球半径，代入球的表面积公式即可求得结果.【详解】连接，取中点，连接；四边形为矩形，为四边形的外接圆

4、圆心；在线段上取，为等边三角形，为外接圆圆心，过分别作平面和平面的垂线，则两垂线交点即为球的球心，为等边三角形，平面平面，平面平面，平面，平面，；同理可得：，四边形为矩形；，即球的半径，球的表面积.故选：B.9在正方体中，点在线段上，则（）A与所成角等于B平面C平面平面D三棱锥体积为定值C【分析】由线面垂直的判定可证得平面，可知，知A错误；假设平面，由面面平行的判定与性质可知平面，由线面平行性质得，可知当不与重合时，不成立，知B错误；由线面垂直的判定可证得平面，由面面垂直的判定可知C正确；根据平面，可知点到平面的距离不是定值，知D错误.【详解】对于A，连接，四边形为正方形，；平面，平面，；又，

5、平面，平面，又平面，A错误；对于B，连接，假设平面，平面，平面，平面，又，平面，平面平面，平面，平面，又平面，平面平面，当与不重合时，显然不成立，B错误；对于C，平面，平面，；又，平面，平面，平面，；同理可得：，平面，平面，平面，平面平面，C正确；对于D，平面，当为线段上的动点时，其到平面的距离不是定值，三棱锥体积不是定值.故选：C.二、多选题10的内角的对边分别为，则（）A当时，B当时，C当时，是等腰三角形D当时，是等腰三角形ABD【分析】由三角形大角对大边，结合正弦定理可知A正确；根据余弦函数在上的单调性可知B正确；由正弦值相等可知或，由此可知是等腰或直角三角形，知C错误；利用正弦定理边化

6、角和两角和差正弦公式可求得，由此可得，知D正确.【详解】对于A，当时，由正弦定理可知：，A正确；对于B，在上单调递减，当时，B正确；对于C，当时，或，或，是等腰三角形或直角三角形，C错误；对于D，由正弦定理得：，即，是等腰三角形，D正确.故选：ABD.11已知外接圆圆心O在上，则（）ABCDAC【分析】根据三角形外接圆的性质可知为的中点，为外接圆的直径，根据平面向量线性运算法及平面向量数量积的运算律计算可得.【详解】解：因为外接圆的圆心是三边中垂线的交点，所以为的中点，为外接圆的直径，所以，即与的夹角为，即，故A、C正确；取的中点，连接，则、，所以则，故B错误；因为，所以，故D错误；故选：AC

7、12设函数，则（）A为奇函数B的图象关于直线对称C当时，的最小值为D将的图象向右平移个单位，可以得到函数的图象ACD【分析】根据，由正弦型函数的奇偶性可知A正确；利用代入检验法可知B错误；根据可知，由此可知C正确；根据三角函数平移变换可知D正确.【详解】对于A，为奇函数，A正确；对于B，当时，不是的对称轴，的图象不关于直线对称，B错误；对于C，当时，分别取得的最大值和最小值，C正确；对于D，的图象向右平移个单位可得：，即得到的图象，D正确.故选：ACD.三、填空题13已知是关于x的方程的根，则实数_.2【分析】由题意可知方程两根分别为，然后利用根与系数的关系可求出的值【详解】因为是关于x的方程

8、的根，所以也是方程的根，所以，得，故214函数的最小正周期是_【分析】逆用二倍角公式将原式降幂,原式化简为形式,利用即可求得函数最小正周期.【详解】 故答案为:.本题考查二倍角的余弦公式的应用、余弦三角函数最小正周期公式,属于基础题.15设向量满足，则_.【分析】根据向量加法运算三角形法则可知三个向量构成等边三角形，结合图象可确定所求夹角.【详解】设，则，由可知：向量构成等边三角形，.故答案为.16如图，高为h的圆锥形封闭容器内装水，水面高为，若将圆锥倒置后，圆锥内水面高为，则_.【分析】根据水的体积不变，列出方程，解出的值，即可得到答案.【详解】设圆锥形容器的底面面积为，则未倒置前液面的面积

9、为，所以水的体积为，设倒置后液面面积为，则，所以，所以水的体积为，所以，解得，所以.故答案为.四、解答题17如图，某地一天从时的温度变化曲线近似满足，其中，.(1)求，；(2)求这一天时的最大温差近似值.参考数据：，.(1)，(2)【分析】（1）由图象可确定的最值和最小正周期，由此可得；根据可求得；（2）根据单调性可知，可作差得到结果.【详解】(1)由图象可知：，最小正周期，；，解得：，又，.(2)由图象可知：在上单调递减，在上单调递增，即这一天时的最大温差近似值为.18中，.(1)求；(2)平面四边形中，求的面积.(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理可求得，由此可得；（2）利用余弦定理可构

10、造方程求得，代入三角形面积公式即可求得结果.【详解】(1)由正弦定理知：，则，.(2)由（1）得：，又，；又，由余弦定理得：，解得：，.19如图，四面体中，E是的中点，点F在上，平面，平面与平面的交线为l，证明：(1)；(2)平面平面.(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由线面平行的性质得到、，根据平行公理即可证明；（2）依题意可得、，即可得到平面，从而得证.【详解】(1)证明：因为平面，平面平面，平面，所以，又平面平面，平面，所以，所以.(2)证明：，是的中点，又，平面，平面，平面，平面平面.20记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)若，求；(2)若，求边中线的最大

11、值.(1)(2)【分析】（1）依题意可得，利用和（差）角的余弦公式得到方程组求出、，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；（2）首先利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，再由将两边平方及数量积的运算律得到，即可求出的最大值.【详解】(1)解：因为，所以，即，又，所以，所以.(2)解：在中由余弦定理，即，又，所以，当且仅当时等号成立，又，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以边的中线的最大值为；21已知.(1)证明：；(2)当时，讨论函数的单调性；(3)若，证明：函数在上有且仅有两个零点.(1)证明见解析(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用二倍角和辅助角公式化简即可得到结果；（2）采

12、用整体对应的方式进行求解即可；（3）将问题转化为与的图象在上的交点个数问题，作出图象，采用数形结合的方式可得结论.【详解】(1).(2)当时，当或，即或时，单调递减；当，即时，单调递增；综上所述：在和上单调递减；在上单调递增.(3)在的零点个数等价于与的图象在上的交点个数；，大致图象如下图所示，当时，由图象可知：与有有且仅有两个不同的交点，函数在上有且仅有两个零点.22如图，直三棱柱中，D是棱的中点，.(1)证明：；(2)若.（i）求直线与平面所成角的正弦值；（ii）求二面角的大小.(1)证明见详解.(2)（i）（ii）【分析】（1）利用线面垂直的性质定理进行证明.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】(1)证明：设，因为，所以，又D是棱的中点，所以，在直三棱柱中，面，所以，在中，由勾股定理有： 同