高中数学必修二 山东省威海市-2020学年高一下学期期末考试数学试题（含答案）

1、高一数学试题一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1. 时间经过5小时，时针转过的弧度数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据时针每转过一个小时，其转过的度数为，故可得时针转过的弧度数【详解】时针每过一个小时，其转过度数为，故时间经过5小时，时针转过的弧度数.故选：A【点睛】本题考查弧度数的计算，注意旋转的方向对角度正负的影响，本题属于基础题2. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据同角三角函数基本关系，由题中条件，即可求出结果.【详解】因为，所以，因此，所以.故选：B.【点睛】

2、本题主要考查由余弦求正切，熟记同角三角函数基本关系即可，属于基础题型.3. 已知向量，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据已知建立方程，再求解即可.【详解】解：向量，且， ，解得：，故选：D.【点睛】本题考查利用向量平行求参数，是基础题.4. 下列选项中描述空间角类型与其它三项不同的是（ ）A. 短道速滑运动员在弯道时由于离心力的作用，身体与冰面产生通常小于的角度B. 为保证安全性和舒适性，一般客机起飞时会保持的仰角C. 市场上主流笔记本电脑屏幕开合角度一般在，超过这个角度容易导致转轴损坏D. 春分时节，威海正午时分太阳的高度角约为【答案】C【解析】【分析】根据

3、线面角、二面角的概念，逐项判断即可得出结果.【详解】A选项，身体与冰面所成的角为线面角；B选项，客机起飞时所保持的仰角是线面角；C选项，电脑屏幕开合角度是二面角；D选项，太阳的高度角是视线与地平面所成的角，属于线面角.故选：C.【点睛】本题主要考查线面角和空间角的概念，属于基础题型.5. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据题意求出，再求即可.【详解】解： 终边与单位圆交于点， ，故选：B.【点睛】本题考查三角函数的定义，诱导公式、二倍角的余弦公式，是基础题.6. 古代将圆台称为“圆亭”，九章

4、算术中“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈，问积几何？”即一圆台形建筑物，下底周长丈，上底周长丈，高丈，则它的体积为（ ）A. 立方丈B. 立方丈C. 立方丈D. 立方丈【答案】B【解析】【分析】先利用上下底面圆的周长分别求得圆的半径，再利用圆台体积公式计算即可.【详解】由题意得，下底半径（丈），上底半径（丈），高（丈），所以它的体积为所以(立方丈).故选：B.【点睛】本题考查了圆台的体积公式，属于基础题.7. 已知是两条不同的直线，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【答案】C【解析】分析】根据各选项中的前提考虑相应的各种可能的结果，从

5、而可得正确的选项.【详解】对于A，若，则或相交，对于B，若，或相交或异面，对于C，若，则必成立，对于D，若，则或，故选：C.【点睛】本题考查空间中与点、线、面的位置关系有关的命题的判断，注意根据题设条件考虑所有可能的结果，本题属于基础题.8. 如图所示，在平面四边形中，现将 沿边折起，并连接，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先利用条件判断平面ACD平面ABC时体积最大，再计算知空间中AB对的角，即判断AB为外接球的直径，计算表面积即可.【详解】因为的面积不变，要使体积最大，需D到平面ABC的距离最大，即当平面ACD平面ABC时，体

6、积最大，因为等腰直角三角形，取AC中点E,则DE平面ABC，高为DE=最大，AC=，则Rt中，BC=2，AB=4，所以EB=，故Rt中BD=，所以中，即得空间中即AB为球直径，故半径，所以外接球的表面积.故选：D.【点睛】本题考查了空间几何体外接球的表面积问题，属于中档题.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9. 下列选项中，与的值相等的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】先计算已知正弦值，再逐一计算选项，判断是否相等即可.【详解】首先，下面计算选项：A选项中，不相等

7、；B选项中，相等；C选项中，相等；D选项中，不相等；故选：BC.【点睛】本题考查了三角恒等变换的应用，属于基础题.10. 已知函数，则（ ）A. 的最大值为B. 的最小正周期为C. 是偶函数D. 将图象上所有点向左平移个单位，得到的图象【答案】AC【解析】【分析】先将原式整理，得到，进而可得最大值，判定A正确；得出最小正周期，判定B错；根据函数奇偶性，判定C正确；根据函数图象平移原则，判定D错.【详解】，因为，所以，因此，则，故A正确；最小正周期为，故B错；，所以是偶函数，即C正确；将图象上所有点向左平移个单位，得到，故D错误.故选：AC【点睛】本题主要考查求三角函数的最值，最小正周期，判定三

8、角函数的奇偶性，求平移后的解析式，属于常考题型.11. 已知非零平面向量，,则（ ）A. 存在唯一的实数对，使B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】BD【解析】【分析】假设与共线，与，都不共线，即可判断A错；根据向量垂直的数量积表示，可判断B正确；向量共线可以是反向共线，故C错；根据向量数量积法则，可判断D正确.【详解】A选项，若与共线，与，都不共线，则与不可能共线，故A错；B选项，因为，,是非零平面向量,若，则，所以，即B正确；C选项，因为向量共线可以是反向共线，所以由不能推出；如与同向，与反向，且，则，故C错；D选项，若，则，所以，即D正确.故选：BD.【点睛】本题主要考查共线向量的

9、有关判定，以及向量数量积的相关计算，属于基础题型.12. 已知正四棱柱的底面边长为，则（ ）A. 平面B. 异面直线与所成角的余弦值为C. 平面D. 点到平面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】因为，平面，平面，所以平面，故判断A选项正确；先判断异面直线与所成角即为异面直线与所成角，再求出，最后求出，故判断B选项错误；因为，所以平面，故判断C选项正确；先判断点到线段的距离就是点到平面的距离，再求出到线段的距离为，故判断D选项正确.【详解】根据题意作图如下，A选项：在正四棱柱中，因为，平面，平面，所以平面，故A选项正确；B选项：在正四棱柱中，因为，所以异面直线与所成角即为异面直线与所成角，在中

10、，因为，所以，故B选项错误；C选项：在正四棱柱中，因为，所以平面，故C选项正确；D选项：在正四棱柱中，因为平面，在平面内点到线段的距离就是点到平面的距离，在中，到线段的距离为，所以点到平面的距离为，故D选项正确.故选：ACD.【点睛】本题考查线面垂直、线面平行的判断，异面直线所成的角，点到面的距离，是中档题.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知单位向量，若，则与的夹角为_.【答案】【解析】【分析】根据向量数量积的运算翻法则，先得到，再由向量夹角公式，即可得出结果.【详解】因为为单位向量，所以，因此，即向量与的夹角为，则，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查求向量的夹角

11、，熟记向量的夹角公式，以及向量的数量积运算法则即可，属于基础题型.14. 设分别为三个内角的对边，已知，则角_.【答案】或 【解析】【分析】根据正弦定理，由题中条件，即可得出结果.【详解】因为，由正弦定理可得：，则，所以或 .故答案为：或 .【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，属于基础题型.15. 函数yAsin（x+）（0，|）在一个周期内的图象如图，此函数的解析式为_【答案】y2sin（2x）【解析】【分析】根据图象先求出，然后利用五点对应法进行求解即可.【详解】由图象知，由五点对应法得，解得，即函数的解析式为.故答案为：.【点睛】本题主要考查函数解析式的求解，结合五点对应法是解决本题的

12、关键，属于基础题16. 正方体的棱长为，则平面与平面所成角为_；设为的中点，过点，的平面截该正方体所得截面的面积为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先连接，根据题意，得到，得出即等于平面与平面所成的角，即可求出二面角；取中点为，连接，判定梯形即为过点，的平面截该正方体所得截面，根据题中条件，求出梯形面积，即可得出结果.【详解】连接，在正方体中，易知且，则四边形为平行四边形，即平面，因为正方体中，且平面，则侧面，所以，又平面平面，则即等于平面与平面所成的角，所以，即；取中点为，连接，因为为的中点，则，又，则，即，四点共面，即梯形即为过点，的平面截该正方体所得截面，因为正方体棱长为

13、，则，所以，即梯形为等腰梯形，分别作于点，于点，则，所以，因此梯形的面积为.故答案为：；.【点睛】本题主要考查求二面角的大小，考查求正方体截面的面积，根据几何法求解即可，属于常考题型.四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17. 已知函数.（1）求的单调递增区间；（2）当时，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换，先将函数解析式化简整理，得到，由正弦函数的单调区间列出不等式求解，即可得出结果；（2）设，由题意，求出，根据正弦函数的性质，即可求出值域.【详解】（1），由，解得所以函数单调递增区间为， （2）设， ， 所以当

14、时，函数的取值范围为.【点睛】本题主要考查求正弦型函数的单调区间，以及求正弦型函数在给定区间的值域，涉及两角和的余弦公式以及辅助角公式的应用，属于常考题型.18. 设分别为三个内角的对边，若.（1）求角；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）6.【解析】【分析】（1）先由正弦定理，根据题中条件，得到，化简整理得到，即可求出结果；（2）根据（1）的结果，由三角形面积公式，得到，再由余弦定理，求出，即可得出结果.【详解】（1）由及正弦定理可得， 由代入上式，整理得 ， 因为 所以， 因为，所以角. （2）的面积为，得，由，可得，即，解得，所以求的周长为.【点睛】本题主要考查解三角形，

15、熟记正弦定理和余弦定理，以及三角形面积公式即可，属于常考题型.19. 在正三棱柱中，为的中点.（1）求证：平面平面；（2）若，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）可证明平面，从而得到平面平面（2）利用等积法可求点到平面的距离.【详解】（1）正三棱柱，平面, 为的中点，, 又,平面， 平面，平面平面. （2）过点作，为垂足，则，平面平面，平面， ，设点到平面的距离为，, 由（1）可知为直角三角形 ，可求得，,可得,点到平面的距离.【点睛】面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交的由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在

16、面内且线垂直于两个平面的交线.求点平面的距离，可直接根据已知条件作出该距离，也可以利用等积法来求该距离.20. 在中，点，在边上且，.（1）若，求的长；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先设，根据题意，求出，再由向量模的计算公式，即可得出结果；（2）先由题意，得到，再由向量数量积的运算法则，以及题中条件，得到，即可求出结果.【详解】（1）设，则，因此，所以，（2）因为，所以， 同理可得，所以，即， 同除以可得，.【点睛】本题主要考查用向量的方法求线段长，考查由向量数量积求参数，熟记平面向量基本定理，以及向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.21. 在四棱锥中，底

17、面是边长为的菱形，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）求证：；（3）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）取得中点，连接，根据线面平行的判定定理，即可证明线面平行；（2）连接交于点，根据线面垂直的判定定理，由题中条件，得到平面，进而可得线线垂直；（3）过作，为垂足，连接，由（2）可知平面，推出平面，得到为直线与平面所成角，根据题中数据，求出，进而可得线面角的正弦值.【详解】（1）证明：取得中点，连接，为的中点，且， 为的中点且四边形为菱形，且， 且， 四边形为平行四边形， ，又平面，平面，平面. （2）连接交于点，四边形为

18、菱形， ，又为平面内的两条相交直线，平面， 又平面，.（3）过作，为垂足，连接，由（2）可知平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面， 因此直线在平面的射影为，即为直线与平面所成角， 四边形为菱形边长为，,由题意可知为直角三角形，易得，又，由平面可知为直角三角形，在中，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查证明线面平行，考查证明线线垂直，考查求线面角的正弦值，熟记线面平行和线面垂直的判定定理，以及几何法求线面角即可，属于常考题型.22. 天津海河永乐桥上的摩天轮被誉为“天津之眼”，是世界上唯一一座建在桥上的摩天轮.如图所示，该摩天轮直径为米，最高点距离地面米，相当于层楼高，摩天轮的圆周上均匀的安装了个透明座舱，每个座舱最多可坐人，整个摩天轮可同时供余人观光，并且运行时按逆时针匀速旋转，转一周需要分钟.（1）某游客自最低点处登上摩天轮，请问分钟后他距离地面的高度是多少？（2）若甲乙两游客分别坐在，两个座舱里，且他们之间间隔个座舱，求，两个座舱的直线距离；（3）若游客在距离地面至少米的高度能够获得俯瞰天津市美景的最佳视觉效果，请问摩天轮转动一周能有多长时间会有这种最佳视觉效果.【答案】（1）37.5米；（2）；（3）分钟.【解析】【分析】