2021-2022学年辽宁省营口市高一年级下册学期期末数学试题【含答案】

1、2021-2022学年辽宁省营口市高一下学期期末数学试题一、单选题1已知,为虚数单位，若，则（）A0B1C2D-2B【分析】根据虚数单位性质结合复数相等的概念，可得a,b的值，即得答案.【详解】由虚数单位的性质可知=1，故由可得：，故，故选：B2 是两条不同直线， 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D【分析】根据线面位置的判定逐一判断即可.【详解】若，则与平行，相交或者异面，故A错误；若，则或者，故B错误；若，则或者，故C错误；若，则，故D正确；故选：D.3已知向量,且，那么向量在向量上的投影向量为（）ABCDA【分析】根据投影向量的概念，结合向量的坐标以

2、及向量的模，即可求得答案.【详解】由题意可得，故向量在向量上的投影向量为 ，故选：A4被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用0.618就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成2sin18，则的值为（）A4BC2DC【分析】将代入化简即可得出.【详解】把代入.故选：C.5“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积，其中R为球的半径，为球冠的高），设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当，时，（）ABCDB【分析】作

3、出示意图，根据条件先求出r，然后根据并结合勾股定理求出R，进而得到答案.【详解】如示意图，根据题意，由勾股定理可得，联立方程解得.于是.故选：B.6已知的内角、所对的边分别为、，边上的高为，的面积为，则不正确的是（）ABCDD【分析】利用三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断B选项的正误；利用三角形的面积公式可判断C选项的正误；利用正弦定理结合三角恒等变换可判断D选项的正误.【详解】由三角形的面积公式可得，可得，A对；由余弦定理可得，B对；，C对；，则，所以，当时，当时，当时，则.综上所述，D错.故选：D.7已知四面体ABCD的所有棱长均为2，M，N分别为棱AD，

4、BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点.有下列结论:若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线;线段MN的长度为;异面直线MN和CD所成的角为;FM+FN的最小值为 2 .其中正确的结论为（）ABCDD【分析】对于，取AB的中点为F,CD的中点为E,说明四边形FNEM为平行四边形，直线FG与直线CD相交于E，即可判断；对于，解三角形求得线段MN的长度即可判断；对于，取BD的中点为H,找到则即为异面直线MN和CD所成的角或其补角，求得其大小，即可判断；对于，将面ABD,面ABC展开为一个平面，即可求得FM+FN的最小值，进行判断，由此可得答案.【详解】对于

5、，取AB的中点为F,CD的中点为E,连接FM,ME,EN,NF,则 , ,所以 ,故四边形FNEM为平行四边形，则MN与EF交于点G，故此时直线FG与直线CD相交于E，因此此时直线FG与直线CD不是异面直线，故错误；对于，连接AN,DN, 四面体ABCD的所有棱长均为2，故 ,因为M为AD中点，故 ,所以 ,故正确；对于，取BD的中点为H,连接HN,HM,因为M，N分别为棱AD，BC的中点，故，则即为异面直线MN和CD所成的角或其补角，因为，故为等腰直角三角形，则，故正确；对于，将面ABD,面ABC展开为一个平面，如图示：当M,F,N三点共线时，FM+FN最小，因为M，N分别为棱AD，BC的中

6、点，所以此时四边形AMNC为平行四边形，故,即FM+FN的最小值为 2，故正确，故选：D8在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为S，若，则（）ABC的最大值为D的最大值为1C【分析】由三角形面积公式列出等式可得，可化简判断A错误；结合已知条件利用余弦定理可得，B错误；利用余弦定理及辅助角公式可得，根据三角函数的有界性可求得最大值，C正确；由根据角A的范围可求得的范围从而求得的范围.【详解】在中，故A错误；由余弦定理知，则，所以，故B错误；由可知，即，其中，当时，取得最大值，C正确；，则，所以的最小值为1，D错误.故选：C本题考查余弦定理、三角形面积公式、辅助角公式、利用三角函数的

7、值域求范围，属于较难题.二、多选题9已知复数，则下列结论正确的是（）ABC的共轭复数为D的虚部为1BD【分析】根据复数的除法运算可得，根据复数乘法运算可得，判断A;求得z的模，判断B;根据共轭复数的概念可判断C；根据复数虚部的概念判断D.【详解】由题意得，故，故A错误；，B正确；的共轭复数为，C错误；的虚部为1，D正确，故选：BD.10设向量，则下列叙述错误的是（）A的最小值为 2B若与的夹角为钝角，则且C与共线的单位向量只有一个为D若，则或BCD【分析】利用向量的模长公式及二次函数的性质可判断A的正误；利用向量的夹角公式可判断B的正误；利用向量共线的坐标表示可判断C的正误；利用模长公式可求出

8、的值，进而判断D的正误.【详解】A：，当且仅当时，有最小值为2，故A正确；B：若与的夹角为钝角，则有，且与不共线，即且，所以，故B错误；C：与共线的单位向量有和两个，故C错误；D：若，则，解得，故D错误；故选：BCD.11中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，R是的外接圆半径，则（）AB若，则CD点G在所在的平面内，若，则G是的重心ACD【分析】对于A，利用正弦定理结合三角恒等变换，即可判断；对于B，利用正弦函数性质可得或，即可判断；对于C,利用正弦定理边化角结合三角恒等变换即可判断；对于D,利用向量的线性运算，可得G是AB,AC,BC边上中线的三等分点，可判断G是的重心，由此可得答案.【详

9、解】对于A，由正弦定理得，故，所以，因为，所以，即，A正确；对于B，因为，故或 ,即或，B错误；对于C, ,故C正确；对于D,设AB的中点为D,则，由，得，所以，则G为CD的三等分点即G是靠近D点的三等分点，同理可得G也是AC,BC边上中线的三等分点，故G是的重心,D正确，故选：ACD12三棱锥中，平面平面，则 （）AB三棱锥的外接球的表面积为C点A到平面SBC的距离为D二面角的正切值为ABD【分析】对于A，利用面面垂直证明平面,根据线面垂直的性质即可证明；对于B，求得三棱锥外接球的直径，即可求得其表面积；对于C，作辅助线，利用面面垂直性质即可说明点A到平面SBC的距离为AG的长，利用等面积法

10、求得其长即可；对于D，找到二面角的二平面角，解直角三角形可得二面角的正切值.【详解】对于A，因为平面平面，即,而平面平面=AB,SA平面,故平面,又平面,故，故A正确；对于B，因为，故平面 ,因为平面,故,又平面,平面,故,即,故三棱锥的外接球的直径为AC,因为，故 ,所以三棱锥的外接球的表面积为，B正确；对于C，因为平面，平面,故平面平面,过点A作,交SB于点G,则平面,故点A到平面SBC的距离为AG的长，因为,所以 ,则，故，故C错误；对于D，由于，故为二面角的平面角，在中，故D正确，故选：ABD三、填空题13已知复数满足，则复数所对应的点在第_象限.四【分析】根据复数的除法运算求得，根据

11、复数的几何意义即可得答案.【详解】由题意可得，故复数所对应的点为，在第四象限，故四14如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了4周，则圆锥的母线长为_ 12【分析】设圆锥的母线长为l,求出以S为圆心，SA为半径的圆的面积以及圆锥的侧面积，根据题意，列出方程即可求得答案.【详解】设圆锥的母线长为l,则以S为圆心，SA为半径的圆的面积为，又圆锥的侧面积为，因为当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了4周，所以，解得，故1215函数在上单调递增，则取值范围为_【分析】根据题意可求得函数的单调区间，结合

12、在上单调递增，列出不等式组，即可求得答案.【详解】令，可得，因为函数在上单调递增，故，解得，结合，故当时，取值范围为，时不符合题意，故取值范围为，故16“鲅鱼公主”形象源于一个古老的传说，寓意深刻，美丽动人，象征和平，鲅鱼圈也因此得名， 享誉中外.“鮁鱼公主”雕塑作为渤海明珠景区的重要组成部分，东与望儿山翘首相望、北与鱼跃龙腾雕塑交相辉映，是山海文化、鱼龙文化相互交融的经典力作，是鲅鱼圈的标志性建筑.高中生李明与同学进行研究性学习，为确定“鲅鱼公主”雕塑的高MN，选择点A和附近一楼顶C作为测量观测点.从A点测得M点的仰角，C点的仰角从C点测得，已知楼高BC=40m，则“鲅鱼公主”雕塑的高MN=

13、_m60【分析】由题意可知，解三角形ABC可求得AC，继而解三角形AMC求得AM，再解三角形AMN，即可求得答案.【详解】由题意可知，由于，故 ，又因为， ，所以,又因为，故，故60四、解答题17已知复数(1)若z是纯虚数，求m的值;(2)当m=2时，复数，复数w满足，求的最大值.(1)-6(2)【分析】（1）根据纯虚数的概念列出方程或不等式，即可解得答案;（2）当m=2时，复数，由可得复数w所对应的点在以为圆心，半径为1的圆上，由此即可求得答案.（1）由复数是纯虚数，可得 ，解得 ；（2）当m=2时，复数，由复数w满足可知，即复数w所对应的点在以为圆心，半径为1的圆上，故的最大值为.18如图

14、，三棱柱中，E为中点，F为中点.(1)求证：平面(2)若三棱柱的底面积为6，高为8，求三棱锥的体积.(1)证明见解析(2)4【分析】（1）取BC中点为D,连接ED,AD,证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）求得，根据即可求得答案.（1）证明：取BC中点为D,连接ED,AD, 因为E为中点,故 ,又 ,F为中点,故 ,所以四边形EDAF为平行四边形，故 ,因为平面，平面,故平面；（2）三棱柱的底面积为6，高为8，连接 ,则，因为E为中点，故E到平面ACF的距离为点B到平面距离的，F为中点，故 ,故三棱锥的体积 .19在直角梯形中，已知，点是边上的中点，点是边上一个动点.(1)若，求的

15、值；(2)当点在边上运动时，求的取值范围.(1)；(2).【分析】（1）以为原点建立平面直角坐标系，求出的坐标，应用向量数量积的坐标表示求.（2）设，可得，由二次函数的性质求闭区间上的值域，即可得答案.（1）由，以为原点，如图建立平面直角坐标系，由和得：，若，则为中点，因此，则；（2）当在边上运动时，设，因此，则，由于在上递增，在上递减，且，故在上的值域为，因此，的取值范围是.20在；这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_(1)求A；(2)若，求面积的取值范围（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）(1)(2)【分析】对于条件：两边边

16、的条件为齐次，化边为角结合三角恒等变换可解得；对于条件：边的条件为齐二次，整理条件到余弦定理的结构可解得；对于条件：由正弦定理化角为边，整理条件到余弦定理的结构可解得.（1）（1）若选：因为，根据正弦定理得，所以，所以则，因为，所以，又，所以若选化简得：，则，又，所以若选：因为，根据正弦定理得，所以即，因为，所以（2）（2）因为，由，则，又，所以，则的取值范围为21如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，平面平面，平面平面.(1)求证：;(2)求二面的余弦值.(1)见解析(2)【分析】（1）作，垂足为，由平面平面，可得平面，进一步可证得平面，从而可证得，（2）由平面，平面平面，可得，结合（1

17、）可得平面，则为二面的平面角，然后在中利用余弦定理可求得结果（1）证明：作，垂足为，因为，所以，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，所以平面，因为平面，所以（2）因为底面ABCD为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以，由（1）可知平面，所以平面，因为平面，所以，所以为二面的平面角，在中，,由余弦定理可得，所以二面的余弦值为.22已知向量，设函数(1)求函数的最小正周期;(2)当时，方程有两个不等的实根，求m的取值范围;(3)若函数,若对于任意的，存在，使得，求实数的取值范围.(1)(2)(3)【分析】（1）根据数量积的坐标运算