2021-2022学年辽宁省营口市普通高中高一（下）期末数学试卷（附答案详解）

2021-2022学年辽宁省营口市普通高中高一（下）期末数

学试卷

1.已知bWR,i是虚数单位,若a+bi=户(2-i),则a+b=()

A.0B.1C.2D.-2

2.m,拉是两条不同直线，Q,3是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）

A.若m〃a,n//a,贝Um〃几B.若m//n,n//a,贝

C.若m1a,alp,则根//八D.若nJ,a,n工0,则a//£

3.已知向量至=(4,3),且万・4=10,那么向量五在向量方上的投影向量为（）

A.(|.|)B,(|.|)C.（然）D.（|.|）

4.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t=与二的近似值,

黄金分割比还可以表示成2sinl8。，则的值为（）

2sin2630-l

A.4B.V5-1C.2D.-2

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S=

2nRh,其中R为球的半径，/?为球冠的高），设球冠底

的半径为，，周长为C,球冠的面积为S,则当C=

2VT07T,S=14兀时，：=（）

A巫B2匹Q叵D包

・7784

6.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,60。，BC边上的高为迎，

△ABC的面积为S,则不正确的是（）

A.be=2aB.a>2C.S>V3D.i<-<2

2c

7.已知四面体ABC。的所有棱长均为2,M,N分别为棱AD,BC的中点，F为棱AB

上异于A,8的动点.有下列结论：

①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；

②线段MN的长度为迎；

③异面直线MN和。所成的角为£；

④FM+FN的最小值为2.

其中正确的结论为（）

A.①④B.①③④C.②③D.②③④

2

8.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c,△ABC的面积为S,若S=n3

则（）

A.be=aB.tan/1="2a2J"

C.2+颉最大值为西D.箓的最大值为1

9.已知复数2=展，则下列结论正确的是（）

A.z2>0B.\z\=V2

C.z的共朝复数为1+iD.z的虚部为1

10.设向量方=（k,2）,b=（-1,1）,则下列叙述错误的是（）

A.|A的最小值为2

B.若方与石的夹角为钝角，则k<2且k*-2

C.与方共线的单位向量只有一个为（-/,日）

D.若|五|=2日|,则k=2或或k=-2企

11.△ABC中，a,b,。分别为角A,B,C的对边，R是△ABC的外接圆半径，则（）

A.c>acosX+bcosB

B.若sin24=sin2B,则力=B

C.acosA+bcosB+ccosC=4Rsin4sinBsinC

D.点G在AABC所在的平面内，若瓦+而+元=6,则G是A4BC的重心

12.三棱锥S-ABC中，平面S4B!_平面ABC,Z.SAB=ZJ\BC=3Z.BAC=90°,SA=

AC=2,则（）

A.SA1BC

B.三棱锥S-ABC的外接球的表面积为早

C.点A到平面SBC的距离为咚

D.二面角S—BC—A的正切值为苧

13.已知复数z满足（z—l）i=l+i,则复数z所对应的点在第象限.

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

15.函数/（x）=sin2«x+1（3>0）在白勺上单调递增，则3的取值范围为____.

62

16.“稣鱼公主”形象源于一个古老的传说，寓意深刻，美丽动人，象征和平，簸鱼圈

也因此得名，享誉中外.“饿鱼公主”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

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的经典力作，是敷鱼圈的标志性建筑.高中生李明与同学进行研究性学习，为确定

“皱鱼公主”雕塑的高例M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NM4N=60。，C点的仰角NC4B=45。，NM4C=75。，从C点测得

乙MCA=60°,已知楼高BC=40m,则“鳏鱼公主”雕塑的高MN=m.

17.已知复数z-(m2+5m—6)+(m—1)1,m&R.

(1)若z是纯虚数，求，"的值；

(2)当m=2时，复数z=z(),复数卬满足|w-z0|=1,求|w|的最大值.

18.如图，三棱柱4BC-4B1C1中，E为BG中点，F为中点.

(1)求证：EF〃平面A8C；

(2)若三棱柱4BC-4BiG的底面积为6,高为8,求三棱锥F-ACE的体积.

19.在直角梯形ABCQ中，已知AB//CD,4rMB=90°,AB=2CD=4,40=3,点

尸是8c边上的中点，点E是。。边上一个动点.

(1)若丽=正，求前•胡的值；

(2)当点E在C。边上运动时，求荏•前的取值范围.

B

20.在①b=acosC+—csin^；②(b+c+aYb+c—a)=3bc；③竺这三

3'八/sinB-sinCa+c

个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答.

记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,h,c,已知.

⑴求A；

(2)若Q=V5,求△ABC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)

21.如图，四棱锥P-4BCD中，底面ABCC为平行四边形,PA=力。=6,PD=AB=8,

PB=10,平面PAD1平面ABCD,平面PABfl平面PCD=I.

(1)求证：ABLAD；

(2)求二面角A-I-。的余弦值.

22.已知向量记=(cosx,cos?%),b=(sin(x+J—百).设函数f(%)=五•b+中，x&R.

(1)求函数/(x)的最小正周期；

(2)当xe[一?§时，方程2/(x+J=1m-1有两个不等的实根,求m的取值范围；

(3)若函数g(x)=f(x—/若对于任意的与e[0,J存在不€[0,J使得/Qi)+

的(亚)>0，求实数A的取值范围.

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：i8=(i4)2=1,

•，•a+bi=i8(2-i)=2—i,即｛/二

a+b=2—1=1.

故选：B.

根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数相等的条件，即可求解.

本题主要考查复数的四则运算，以及复数相等的条件，属于基础题.

2.【答案】D

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于4平行于同一个平面的两条直线可以平行、相交或异面，A错误；

对于m可能在平面a内，B错误；

对于C,，〃可能在平面口内，C错误；

对于。，垂直于同一直线的两个平面平行，。正确；

故选：D.

根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案.

本题考查空间直线、平面间的位置关系，注意线面平行、垂直的性质以及判断方法，属

于基础题.

3.【答案】A

【解析】解：b=(4,3),

•••|b|=+32=5,

•••向量R在向量方上的投影向量为喘x[=(|,|).

故选：A.

根据已知条件，结合向量模公式，以及投影向量的公式，即可求解.

本题主要考查向量模公式，以及投影向量的公式，属于基础题.

4.【答案】C

【解析】解:由题意可得t=2sinl8。，

er以M.|tV4-t2_2sinJ.8-j4(l-sin218。)_2x2sinl8°cos48°_„

、2sin2630-l-COS1260sin36°'

故选：C.

由题意三角恒等变形及诱导公式化简可得结果.

本题考查三角函数的恒等变形及诱导公式的应用，属于基础题.

5.【答案】B

【解析】解：如示意图，根据题意C=2VT0TT=2nr=>r—V10,S=2TTRII—147r=R/i=

7,由勾股定理可得R2=(R—h)2+io,联立方程，

解得八=2,/?=|,

故选：B.

作出示意图，根据条件先求出厂，然后根据S=2兀/?h=14兀并结合勾股定理求出R,进

而得到答案.

本题考查了球中球冠的相关计算，属于基础题.

6.【答案】D

【解析】解：A：BC边上的高为我，二1ax旧=[bex*be=2a,二4正确，

B：vA=60°,a2=b2+c2-2bccos60°,•••a2=b2+c2—be,

b2+c2>2bc,a2=b2+c2—be>be=2a,a>0,•••a>2,1,•B正确，

€1：:5=3。*75275,；.(；正确，

D：当△力BC为直角三角形，且C=90。时，

•••4=60。，3c边上的高为8，;b=遮，c=2V3,C2D错误，

故选：D.

利用三角形的面积公式判断AC,利用余弦定理和基本不等式判断8,利用特殊三角形

判断D

本题考查AABC面积的求法，余弦定理在解三角形中的应用，基本不等式的应用，属于

中档题.

7.【答案】D

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【解析】解：对于①，取48的中点为F,CD的中点为E,连接FM,ME,EN,NF,

则FM〃BD,FM=：BD,NE=”D,所以FM〃NE,EM=NE,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CC相交于E,

因此此时直线FG与直线C。不是异面直线，故①错误；

对于②，连接AN,DN,四面体ABC。的所有棱长均为2,

微AN=DN=阴,因为何为中点，故MN140.

所以MN=&,故②正确；

对于③，取8。的中点为H,连接HN,HM,因为M,N分别为棱AD,BC的中点，

故MH=)B=1,HN=^CD=1,NH//CD.

则4HNM即为异面直线MN和CD所成的角或其补角，

因为MH2+NH2=2=MN2,故△“4可为等腰直角三角形，

则=3故③正确；

4

对于④，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A。，BC的中点，

所以此时四边形AMNC为平行四边形，故MN=4C=2,

即FM+FN的最小值为2,故④正确，

故选：D.

对于①，取AB的中点为F,C。的中点为E,说明四边形尸NEM为平行四边形，直线

FG与直线CZ)相交于E,即可判断；

对于②，解三角形求得线段MN的长度即可判断：

对于③，取的中点为4,找到则NHNM即为异面直线MN和CQ所成的角或其补角，

求得其大小，即可判断；

对于④，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.

本题主要考查异面直线所成的角，属于基础题.

8.【答案】C

【解析】解：ABC的面积为S,若S=之bcsinA=可得bcsim4=a?,

be=,故A错误；

sinA

由余弦定理可得，a2=b2+c2—2bccosA=besinA,

222

b+c-a2bccosA14小八上旺'日

；故错医；

•••—27a1z-=2“bcs\♦nA♦=t~an~A?3

vb2+c2=bc(^sinA+2cos4),

sinA+2cos/l==^+7=V5sin(7l+0)<V5,(。为辅助角)，故C正确；

^=-±£-=-1->1,即最小值1,故O错误.

a"bcs\nAsm4

故选：c.

由已知结合三角形面积公式，余弦定理及辅助角公式然后对各选项进行判断即可.

本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式，辅助角公式及正弦函数的性质的综合应

用，属于中档试题.

9.【答案】BD

【解析】解:=3=2(l+i)=

1-i(l-i)(l+0

对于A,z2=(1+i)2=2i,故A错误，

对于B,\z\=Vl2+I2=A/2,故B正确,

对于C,z=1-3故C错误，

对于£>,z的虚部为1,故。正确.

故选：BD.

根据已知条件，结合复数的四则运算，先对z化简，即可依次求解.

本题主要考查复数的四则运算，以及复数的性质，属于基础题.

10.【答案】BCD

【解析】解：由行=(k,2),得=

所以当k=0时，|初有最小值且最小值为2,选项A正确；

若五与石的夹角为钝角，贝1」,不<°,解得k>2,选项8错误;

与冰线的单位向量有(-净净或(字,一争，故C错误，

若I8I=2IBI,则攵2+4=8,得k=±2,故。错，

故选：BCD.

利用向量数量积相关知识可解.

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本题考查向量数量积相关知识，属于中档题.

11.【答案】ACD

【解析】解：对于4,由正弦定理得-三=-々=-3=2R,故c=2Rsin(4+B),

smAsinBsmC

所以acosA+bcosB=2R(sirL4cos4+sinBcosB)=R(sin24+sin2B)=2RsinQ4+

B)cos(A-8),

因为1Zcos(4-B),sin(A+B)>0,所以2Rsin(A+B)N2Rsin(A+B)cos(4—B),

即cNacosA+bcosB,A正确；

对于B,因为sin24=sin2B,故2A=2B或24+2B=n,即4=B或A+B=\B错误；

对于C,acosA+bcosB+ccosC=R(sin24+sin2B+sin2C)

=2Rsin(44-B)cos(A—B)+Rs\n2C=2RsinCcos(A—B)+2/?sinCcosC

=2/?sinCcos(i4—8)—2RsinCcosQ4+B)

=2RsinC(cos4cosB+sinAsinB—cosAcosB+sinAsinB)

=4/?sin?lsinBsinC,故C正确；

对于£>,设AB的中点为。，则&[+旗=2旗，

由褊+而+沅=6,得面+话=一就，

所以2布=-品，则G为C。的三等分点即G是靠近。点的三等分点，

同理可得G也是AC,8c边上中线的三等分点，故G是△ABC的重心，。正确.

故选：ACD.

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

24=2B或24+28=兀，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。，利用向量的线性运算，可得G是AB,AC,8c边上中线的三等分

点，可判断G是△4BC的重心，由此可得答案.

本题考查了正弦定理和三角恒等变换的应用，属于中档题.

12.【答案】AD

【解析】解：对于4,因为平面S4B_L平面ABC,ASAB=90°,即S414B,

平面SABCI平面4BC=AB,SAu平面SA8,所以SA_L平面ABC,

又因为BCu平面ABC,所以£4IBC,故A正确；

对于B,因为SA1BC,AS1BC,SAC\AB=A,

所以BC1平面SAS,

因为SBu平面SAB,所以BCJ.SB,

又SA_L平面ABC,ACu平面ABC,

所以SA1AC,即Z54C=4SBC=90°,

所以三棱锥S-ABC外接球的直径为SC,

因为SA=AC=2,所以SC=y/SA2+AC2=2VL

所以三棱锥S-4BC的外接球的表面积5=4兀弓)2=4兀(0)2=8兀，故8错误;

对于C,因为BC1平面SAB,BCu平面SBC,

所以平面SAB_L平面SBC,过点4作AG_LSB,交SB于点G,

根据面面垂直的性质定理，可得4Gl平面SBC,

故点A到平面SBC的距离为AG,由乙4BC=3NB4C=90。，AC=2,

得AB=V3,贝USB=卜2+(73)2=V7,

则4。=等=警=雪，故C错误；

SBv77

对于O,SB1BC,ABJ.BC,所以NSBA为二面角S-BC-A的平面角，

在RMSAB中，tanz5b4=铝=2=出，故O正确.

ABV33

故选:AD.

根据S4_L平面A8C可判断4正误；求出直径SC,再根据球的表面积公式可判断B的正

误；根据面面垂直的性质定理可知点A到平面SBC的距离为AG,求出AG可判断C正

误；根据题意可知，可得NSB4为二面角S-BC-A的平面角，进而求出正切值可判断

D正误.

本题考查了空间中的垂直关系、距离问题和空间角问题等，属于中档题.

13.【答案】四

【解析】解：(z-l)i=1+I,

1l+i(l+i)id.

・•・z=2—i,

二复数z所对应的点(2,-1)在第四象限.

故答案为：四.

根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解.

本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题.

14.【答案】12

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【解析】解：设圆锥的母线长为/,则以S为圆心，SA为半径的圆的面积为加2,

又圆锥的侧面积为7Tx3x1=3位，

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，

所以加2=4x3n7,解得/=12.

故答案为：12.

设圆锥的母线长为/,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.

本题考查了圆锥的相关计算，属于基础题.

15.【答案】（0；］

【解析】解：，.,函数/（%）=sin2o）x+13>0）在匕2］上单调递增，2公•乙N24〃一匕

6262

且23,—W2kn+—,kWZ,

22

求得3之6k-3,且+5令k=0,可得3的取值范围为（01］,

故答案为：（0弓］.

由题意可得23,m32/czr—三，且23,三W2上兀+1kWZ,由此求得3的取值范围.

6222

本题主要考查正弦函数的单调性，属基础题.

16.【答案】60

【解析】解：由题意可知CBJ.4B,MN1AN,

由于BC=40m,/.CAB=45°,故AC==40&m,

又因为4MAe=75。，AMCA=60°,

所以NCMA=180°-/-MCA-4MAe=180°-60°-75°=45°,

MA=sin^MCAX=sin60°X-=40>/3m,

sinZ-CMAsin450

又因为乙MAN=60°,故MN=MAXsin/MAN=40V3xy=60m,

故答案为：60.

由题意可知CB14B,MN1.AN,解三角形ABC可求得AC,继而解三角形4MC求得

AM,再解三角形AMM即可求得答案.

本题考查了正弦定理的应用，属于基础题.

17.【答案】解：(1),复数z=(nr?+5m-6)+(?n-l)i,mCR.又z是纯虚数,

2

Jm+5m-6=0)...m=_6;

(m—1。0

(2)当m=2时，z=z0=8+i,又复数印满足|w-z()|=1,

・•.复平面内点W到点Z。的距离为1,

・•.点W是以Z0(8,l)为圆心，r=1为半径的圆上的点，

•••|w|的最大值为。Zo+r=V64+1+1=V65+1.

【解析】(1)根据纯虚数的定义建立方程即可求解；

(2)根据复数的几何意义数形结合即可求解.

本题考查纯虚数的定义，复数的儿何意义，属基础题.

18.【答案】⑴证明：取8C中点M,连接AM,EM,

因为ABCCi中，E为BCi中点，M为BC中点，

所以EM=[CG且EM〃CC「

在三棱柱ABC-4/的中，力&=CG且441//CG，

因为尸为A4中点，

所以ME=AFRME//AF,

所以四边形EE4M为平行四边形，所以E/7/4M,

又因为4Mu平面ABC,EF仁平面ABC,

所以EF〃平面ABC；

(2)解：三棱柱48。-41当6的底面积S=6,高为八=8,

因为E为8c中点，F为441中点，

所以KF-ACE=^E-ACF—2VB-ACF=鼻^F-ABC~[^A1-ABC'

而%1-4BC=：S/i=[x6x8=16,

所以/'-ACE=1x16=4.

【解析】(1)取BC中点M,连接AM,EM,根据条件结合中位线的性质可证四边形EFAM

为平行四边形，从而有EF〃/1M,利用线面平行的判定定理即可证明；

(2)利用等体积法求解即可.

本题考查了线面平行的证明以及三棱锥体积的计算，属于基础题.

19.【答案】解：(1)由=90。，以A为原点，如图建立平面直角坐标系，

则由4B=2CD=4和4。=3可得4(0,0),B(4,0),D(0,3),C(2,3),F(3,》

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若屁=配，则E为。C中点，E(l,3),

因止匕，前=(2,3),前=(2,一|),

因此;，就.前=2乂2+3*(一|)=-a

(2)当点£在CD边上运动时，设E(a,3),0<a<2,

因此荏=(a,3),加=(3—a,一|),AE-EF=-a)-^=-(a-1)2-£

由于f(a)=_(。-|)2_；在［0,|］上递增，在［|,2］上递减，

且/'(0)=_?/(}=_：/(2)=_|,

故f(a)在［0,2］上的值域为［号,一券

因此，荏.品的取值范围是［一］,一)

【解析】(1)建立合适的平面直角坐标系，求出左=(2,3),而：=(2,-1),再求它们的数

量积即可；

(2)AE-EF=a(3—a)—1=—(a—|)2—由二次函数的单调性即可得解.

本题考查平面向量的坐标运算，同时也涉及了二次函数的性质，考查数形结合思想及运

算求解能力，属于中档题.

20.【答案】解：(1)选①：

由正弦定理及b=acosC+与csinA,得sinB=sinAcosC+，sinCsin4,

所以sin(4+C)=sin4cosc+ysinCsin/1,

所以sinAcosC+cosAsinC=sin4cosc+日sinCsinA,

即cosAsinC=—sinCsin^,

3

因为sinAW0,sinCW0,所以tanA=遮，

又OVAVTT,所以4=；.

选②：

因为(b+c+a)(6+c—a)=3bc,所以炉+c2—a2=be,

由余弦定理知，cos4==i,

"：2bc一”2

又。<A<7T,所以A=全

选③：由正弦定理及明坐=2,得理=上_,所以。2一©2=炉一反,

sinB-sinCa+cb-ca+c

由余弦定理知，CO除="女-。

2bc2

又0<4<兀，所以4=全

(2)由正弦定理得，段=，；；=&=其=2,

'smBsinCsin/sin-

3

所以b=2sinF,c=2sinC=2sin(B+§,

所以SMBC=：busing=V3sinBsin(B+g)=V3(|sin2B+ysinFcosB)=

遍(i-c：2B+当sin28)=当sin(28-1)+亨，

因为8W(0,9),所以2B—gW(—£?),

3666

所以sin(2BG(-1,1］,

oN

所以SAABC=，sin(2B—5)+，,e(0,乎］,

故^ABC面积的取值范围为(0,乎］.

【解析】(1)选①：利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式，化简可得tan4=

A/3，得解；

选②：结合已知条件和余弦定理，可得cos4=点得解；

选③：利用正弦定理化角为边，并结合余弦定理，可得cos4=点得解；

(2)通过正弦定理可得b=2sin8,c=2sinC=2sin(B+^),再由三角形面积公式，结

合三角恒等变换公式，化简得“谢二弟皿0口-今+,然后通过B的取值范围，借

助正弦函数的图象与性质，得解.

本题考查解三角形与三角函数的综合，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角恒等变换公

式，正弦函数的图象与性质是解题的关键,考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

21.【答案】解：(1)证明：过尸作PM140,交

A。于M,

•••平面PAD1平面A8CD,且平面PADn平面

ABCD=AD,

：.PM1平面ABCD,

PM1AB,

vPA=AD=6,PD=AB=8,PB=10,

PA2+AB2=PB2,则AB1PA,

又24npM=P,则ABI平面PA。，

•••AB1AD,

(2)解：因为底面ABC。为平行四边形，

所以4B〃C0,又因为COu平面PCD,ABC平面PC。,

所以4B〃平面PCD,

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又因为48u平面P