2021-2022学年河南省南阳六校高一下学期数学期末考试试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 17 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 17 页2021-2022学年河南省南阳六校高一下学期数学期末考试试题一、单选题1下列结论正确的是（）A与角的终边相同B若为第三象限角，则C若为锐角，则为钝角D将转化为弧度是【答案】D【分析】根据终边相同的角的定义即可判断A；根据第三象限角的正弦值小于0即可判断B；求出的范围即可判断C；根据角度制与弧度制的相互转换即可判断D.【详解】解：对于A，因为，所以与角的终边不相同，故A错误；对于B，若为第三象限角，则，故B错误；对于

2、C，若为锐角，则，则，故C错误；对于D，将转化为弧度是，故D正确.故选：D.2已知，则z的虚部为（）ABCD【答案】A【分析】利用复数的四则运算及复数的概念即可求解.【详解】解：因为，故，所以z的虚部为.故选：A.3已知，则=（）ABCD【答案】C【分析】利用余弦的倍角公式、诱导公式进行求解.【详解】，即，由诱导公式有：，所以.故A，B，D错误.故选：C.4一个圆锥的侧面展开图如图所示，则该圆锥的表面积为（）ABCD【答案】D【分析】由题，结合扇形面积，即可求出圆锥的表面积【详解】由题，扇形面积，故圆锥的表面积，故选：D5设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A若，

3、则B若，则C若，则D若，则【答案】C【分析】根据各选项中的条件判断线线、线面、面面的位置关系，可得出合适选项.【详解】对于A选项，若，则，因为，过直线的平面与平面相交，设交线为，则，则，故，A错；对于B选项，若，则，故，B错；对于C选项，设，在平面内作直线，使得，则，则，故，C对；对于D选项，若，则或，D错.故选：C.6已知ABC的周长为11，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，则b=（）A3B3或5C4或5D4【答案】B【分析】根据给定条件，利用余弦定理列出方程，求解作答.【详解】依题意，在中，由余弦定理得：，整理得，解得或，所以或.故选：B7化简=（）A1BCD2【答案】C【分

4、析】利用三角恒等变换化简即得.【详解】.故选：C.8已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（）ABCD【答案】B【分析】利用排除法，结合函数图及性质可得出答案.【详解】解：对于A，所以函数为偶函数，故排除A；对于D，故排除D；对于C，则，所以函数为奇函数，故排除C.故选：B.9在中，分别是边上一点，若，且，则非零实数的值是（）ABCD【答案】B【分析】由余弦定理可得为直角三角形，利用平面向量线性运算结合几何图形得关系得到，利用垂直向量数量积为0即可求解.【详解】解：由题可知，在中，由余弦定理得，故，又，故为直角三角形，,因为，所以,又，故，即，解得：（舍去）或.故选：B.10将函数图象上

5、所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（）ABCD【答案】D【分析】首先根据三角函数图象的变换得到的解析式，然后由为偶函数可得答案.【详解】将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象， 再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，因为，所以为偶函数，所以，解得，又，所以的最小值为故选：D11设函数若，且的最小正周期大于，则下列结论正确的是（）A是奇函数B的最小正周期为C在上单调递增D的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像【答案】D【分析】先求出函数，再利用三角函数是图像和性质以及图像变换对四个选项一一验

6、证即可.【详解】函数若，所以的图像关于对称，且关于对称.因为的最小正周期大于，所以.由，解得：.所以.因为关于对称，所以，可得：，故.对于A: 为偶函数.故A错误；对于B：的最小正周期为.故B错误；对于C：当时，单调递减.故C错误；对于D：的图像向左平移个单位长度后得到函数.故D正确.故选：D12九章算术是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形为两个全等的等腰梯形，则该刍甍的外接球的体积为（）ABCD【答案】A【分析】根据给定条件，求出点到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答【详解】解：取，中点，正方形

7、中心，中点，连接，如图，依题意，平面，点是的中点，等腰中，同理，因此，等腰梯形的高，由几何体的结构特征知，刍甍的外接球球心在直线上，连，正方形外接圆半径，则有，而，当点在线段的延长线（含点时，视为非负数，若点在线段（不含点上，视为负数，即有，即，解得，因此刍甍的外接球球心为，半径为，所以刍甍的外接球的体积为故选：A二、填空题13已知函数的最小正周期16，则=_.【答案】【分析】利用最小正周期算出，即能得到，继而算出的值【详解】由周期公式可得，所以，所以，所以，故答案为：14设向量，若，则实数m_【答案】3【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示得，利用垂直向量的坐标表示即可求解.【详解】解：因为

8、，所以，又，故，即，解得.故答案为：315若，则_【答案】【分析】由题，结合三角恒等变换，求出或的值，即可由或求值【详解】解法一由得，两边平方得，解得或（，舍去），故 解法二将两边同时平方，得，即，又，则，所以，则故答案为：16已知等边三角形ABC的边长为2，边AB的中点为D，边BC上有两动点E，F，若，则的取值范围是_【答案】【分析】取线段EF的中点P，将表示为，再求出的取值范围即可作答.【详解】如图，取线段EF的中点P，连DP，则有，在正中，当点E与B重合时， ，则，此时，即，点E从点B开始向点C移动，线段DP长逐渐增大，当点F与C重合时，则，则，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点

9、睛：涉及定长的线段两端点向量数量积，取线段的中点，借助向量数量积的计算公式求解是关键.三、解答题17在复平面内，复数对应的点为，对应的点为(1)求(2)若复数z满足，则复数z在复平面内对应的点的集合是什么图形？并判断点A与该图形的位置关系【答案】(1)；(2)以点B为圆心，3为半径的圆；点A在圆B内.【分析】（1）求出复数，再利用复数的乘法计算作答.（2）设出复数z的代数形式，结合复数模的意义列式即可得解，再求出线段AB长判断作答.【详解】(1)依题意，所以.(2)设，复数z在复平面内对应的点，因此，即，所以复数z在复平面内对应的点的集合是以点B为圆心，3为半径的圆，而，所以点A在圆B内.18

10、如图所示，在平面直角坐标系中，以轴的非负半轴为始边作钝角和锐角，它们的终边分别与单位圆交于两点，过分别作轴于点轴于点，线段的长分别为.(1)求；(2)求.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角函数的定义可求得，再根据诱导公式及两角和的正弦公式即可得解；（2）根据题意求出，再根据二倍角的正切公式求出，最后根据两角和的正切公式即可得解.【详解】(1)解：因为，所以，所以；(2)解：由题可知，所以，所以，由（1）可得，所以.19如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD平面ABCD，四边形ABCD为菱形，PAD为等边三角形，ABC=120，点E，F分别是线段PA，AD的中点(1)求证：平面EBD；

11、(2)若AB=2，求四棱锥P-DFBC的体积【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连接，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.（2）证明平面，再利用锥体的体积公式求解作答.【详解】(1)在四棱锥P-ABCD中，连接，连，如图，因四边形是菱形，则O是AC的中点，而E是PA的中点，则，又平面，平面，所以平面.(2)在正中，F是线段AD的中点，则，而平面平面，平面平面，平面，因此，平面，且，在菱形中，则，是正三角形，显然四边形是直角梯形，其面积为，所以四棱锥的体积.20如图，在四棱柱中，底面ABCD是边长为1的正方形，（1）求证：平面ABCD；（2）若P是侧棱的中点，求二面角APCB的余

12、弦值【答案】（1）见详解；（2）.【分析】(1)根据SSS可得可得，根据线面垂直的判定可证平面ABCD；（2）先做出二面角的平面角，在三角形使用余弦定理即可得到二面角APCB的余弦值【详解】（1）在正方形ABCD中，,又，且公用，所以，所以，即因为平面ABCD，所以平面ABCD.（2）P是侧棱的中点，由（1）知，在直角中，在直角中，在正方形ABCD中,，所以为正三角形，取的中点，连接所以，且，又在等腰直角中，且，所以为二面角APCB的平面角，在中，由余弦定理得， 即二面角APCB的余弦值为21已知函数的部分图象如图所示，且.(1)求的解析式；(2)若方程在上有两个不同的实数根，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）易得函数的周期，从而可求得，再利用待定系数法求出即可；（2）方程可转化为，即，设，可转化为有两个不同的实数根，数形结合即可得出答案.【详解】(1)解：由图知，即，即，；(2)解：方程可转化为，即，设，可转化为有两个不同的实数根，和的图象有两个不同的交点，如图，由图观察可知，的取值范围是，故的取值范围是.22在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且(1)求B；(2)已知的面积为，且，求的周长【