北京市西城区2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

北京市西城区2021-2022学年度第二学期期末试卷高一数学2022.7一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.在复平面内，复数对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】先化简计算出，然后根据对应的点的坐标判断出所在象限即可.【详解】因为，所以对应点的坐标为，所以对应点所在象限为第二象限，故选：B.2.设向量，，则（）A.-11B.-9C.-7D.-5【答案】A【解析】【分析】利用向量坐标运算求坐标，再由数量积的坐标运算求.详解】由题设，，所以故选：A3.设，为两条直线，，为两个平面.若，，，则（）A.B.C.D.以上答案都不对【答案】B【解析】【分析】由空间中的线面关系判断即可.【详解】解：，， 又，.故选：B.4.若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式化简目标式，即可得答案.【详解】.故选：B5.函数，的最大值和最小值分别为（）A.1，-1B.，C.1，D.1，【答案】D【解析】【分析】利用正弦型函数的性质求区间最值即可.【详解】由题设，，故，所以最大值和最小值分别为1，.故选：D6.在中，若，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由余弦定理及已知条件可得，即可求的取值范围. 【详解】由，故.故选：A7.已知向量，满足，，，那么向量，的夹角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设向量，的夹角为，由得，即可求出，即可求出向量，的夹角.【详解】设向量，的夹角为，因为，则，所以，解得：，所以.故选：C.8.函数的图像（）A.关于原点对称B.关于轴对称C.关于直线对称D.关于点对称【答案】A【解析】【分析】利用二倍角余弦公式化简，注意定义域，进而判断奇偶性，代入法验证对称轴和对称中心.【详解】由题设，且，所以为奇函数，关于原点对称，A正确，B错误；，关于对称，C错误；，关于对称，D错误； 故选：A9.设，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由，利用正弦型函数的性质及充分、必要性定义判断条件间的充分必要关系.【详解】由，当，则，此时，充分性成立；当，则且，即且，又，故，必要性成立；所以“”是“”的充分必要条件.故选：C10.如图，正方形的边长为2，为正方形四条边上的一个动点，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】建立平面直角坐标系，分点P在CD上，点P在BC上，点P在AB上，点P在AD上，利用数量积的坐标运算求解.【详解】解：建立如图所示平面直角坐标系：则，当点P在CD上时，设，则，所以；当点P在BC上时，设，则，所以；当点P在AB上时，设，则，所以；当点P在AD上时，设，则，所以； 综上：的取值范围是.故选：D二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.设复数满足，则___________.【答案】【解析】【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的模公式求解.【详解】解：因为复数满足，所以复数，所以，故答案为：12.在中，，，，则___________.【答案】2【解析】【分析】直接由正弦定理，求解边长b即可.【详解】解：由正弦定得：，所以.故答案为：2.13.已知长方体的棱长分别为3，4，5，长方体的各个顶点都在一个球面上，则该球的表面积等于_______________．【答案】【解析】【分析】根据长方体的结构特征，可得长方体的体对角线长等于其外接球的直径，由此求出球的半径，进而可得球的表面积.【详解】因为长方体的体对角线长等于其外接球的直径，该长方体的棱长分别为3，4，5， 所以外接球的直径为，则，所以该球的表面积为.故答案为：14.在直角中，斜边，则___________.【答案】16【解析】【分析】利用相反向量和向量的加法法则即可求解.【详解】故答案为：1615.已知为常数，，关于的方程有以下四个结论：①当时，方程有2个实数根；②存在实数，使得方程有4个实数根；③使得方程有实数根的的取值范围是；④如果方程共有个实数根，记的取值集合为，那么，.其中，所有正确结论的序号是___________.【答案】①②④【解析】【分析】由可得：，令，所以方程变为：，所以关于的方程有根问题就转化为与，的交点个数，对选项一一分析即可得出答案.详解】由可得：，令，所以方程变为：，所以关于的方程有根问题就转化为与，的交点个数.对于①，当时，方程变为：，则，则设方程 的两根为，，而与，的图象有2个交点，故①正确；对于②，当时，方程有4个实数根，故②正确.对于③，当时，方程为，则，所以，则与，的图象有2个交点，所以③不正确；对于④，当时，方程为，解得：，则则与，的图象有2个交点，与，的图象有1个交点，故关于的方程有3个实根.当时，方程为，解得：，则则与，的图象有1个交点，与，的图象没有个交点，故关于的方程有1个实根.所以④正确.故选：①②④三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.在平面直角坐标系中，角以为始边，终边经过点.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角函数的定义先求，再利用二倍角公式求解即可；（2）利用三角函数的定义先求，再利用余弦两角和公式求解即可【小问1详解】 解：角以为始边，终边经过点所以所以.【小问2详解】解：角以为始边，终边经过点所以所以.17.如图，在四棱锥中，平面，，，，E为PD的中点.（1）若，求四棱锥的体积；（2）求证：平面；（3）求证：平面.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题设知为直角梯形，结合已知求其面积，根据平面知四棱锥的高为，利用体积公式求体积.（2）由题设得，线面垂直的性质有，根据线面垂直的判定证结论.（3）若为中点，连接，根据中位线、平行四边形性质可得，最后由线面平行的判定证结论.【小问1详解】由，知：为直角梯形，又，且平面， 所以，故，所以四棱锥的体积.【小问2详解】由题设知：，而，故，又平面，平面，可得，，面，故平面.【小问3详解】若为中点，连接，E为PD的中点，所以且，又，，所以且，故为平行四边形，则，面，面，所以平面.18.在中，，，从①；②；③这三个条件中任选一个作为题目的已知条件.（1）求的值；（2）求的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）选①，由余弦定理求出，再由正弦定理代入即可求出答案；选②，由由两角和的正弦公式代入即可求出答案；选③，由正弦定理求出，再由由两角和的正弦公式代入即可求出答案；（2）选①或③，直接由面积公式代入即可得出答案；选②，，由正弦定理求出，再由由面积公式代入即可得出答案.【小问1详解】由题知，三角形为钝角三角形选①，由余弦定理得：，解得：，所以由正弦定理得：.选②，因为，所以，所以选③，由正弦定理得：，所以，所以.【小问2详解】选①，因为，，所以的面积为： 选②，由正弦定理得：，.选③，因为，，，所以.19.已知函数.（1）求的最小正周期；（2）设，若函数在区间上单调递增，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用和角正弦公式、辅助角公式可得，即可求最小正周期；（2）由题设，根据正弦型函数的性质求a的范围，即可得最大值.【小问1详解】由题设，，所以的最小正周期.【小问2详解】当且，则，且在上单调递增，所以，则，综上，，故最大值为. 20.如图，在正方体中，，为上底面的中心.（1）求证：；（2）求点到平面的距离；（3）判断棱上是否存在一点，使得？并说明理由.【答案】（1）见解析（2）（3）不存在【解析】【分析】（1）连接，三角形是等边三角形，即可证明，进一步通过，所以.（2）设点到平面的距离为，所以，代入即可得出答案.【小问1详解】连接，因为，为中点，所以，又因为，所以.【小问2详解】设点到平面的距离为，所以，所以，则，所以. 所以到平面距离为.【小问3详解】不存在,如下图，作一个相同的正方体，取为上底面的中心，连接，易知是平行四边形，所以，而与相交，所以棱上不存在一点，使得.21.设函数的定义域为，其中常数.若存在常数，使得对任意的，都有，则称函数具有性质.（1）当时，判断函数和是否具有性质？（结论不要求证明）（2）若，函数具有性质，且当时，，求不等式的解集；（3）已知函数具有性质，，且的图像是轴对称图形.若在上有最大值，且存在使得，求证：其对应的.【答案】（1）具有性质，不具有性质；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由函数具有性质判断即可；（2）若，函数具有性质，当时，，可确定的值，再利用性质 求出在上的解析式，按分段函数解不等式即可；（3）根据函数具有性质，且函数图像是轴对称图形，在区间上有最大值，分别讨论，时，函数的最值情况，得出矛盾，即可证明.【小问1详解】解：函数具有性质；函数不具有性质；【小问2详解】解：若，函数具有性质，则存在常数，对任意，使得，又当时，故当时，有，即，所以所以当时，，，即时，故当时，不等式为，无解；当时，不等式为，又，故不等式解得：，即解集为：.【小问3详解】证明：已知函数具有性质，则存在常数，使得，都有，所以，所以函数的图像端点为和由的图像是轴对称图形，得其对称轴为直线：①若，因为时， 所以对任意，有由基本不等式得，有所以对任意，有根据图像的对称性，得对任意，有这样与存在矛盾.②若，由，得又，由图像的对称性知，且，所以这与在上有最大值矛盾.综上：.【点睛】本题是函数新定义问题，需要注意的是定义域与区间上函数所具有的性质，可以利用端点处函数值所具有的性质求解参数，与对称性和最值结合时，可以利用反证法，证明与矛盾，从而得证结论.