大连市2021-2022学年高一下学期期末数学试题（解析版）

大连市2021~2022学年度第二学期期末考试高一数学第Ⅰ卷选择题（共60分）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，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数，其中是虚数单位，则的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】结合复数乘法、共轭复数等知识求得正确答案.【详解】.故选：A2.若，且为第四象限角，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合同角三角函数的基本关系式求得正确答案.【详解】由于，且为第四象限角，所以，.故选：D3.若、是空间中两条不同的直线，则的充分条件是（）A.直线、都垂直于直线 B.直线、都垂直于平面C直线、都与直线成角 D.直线、都与平面成角【答案】B【解析】【分析】根据线线平行、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】A选项，都与垂直，可能，A选项错误.B选项，都垂直于平面，则，B选项正确.C选项，都与成角，可能相交，C选项错误.D选项，都与平面成角，可能异面，D选项错误.故选：B4.民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺的立体结构图．已知底面圆的直径，圆柱体的高，圆锥体的高，则这个陀螺的表面积是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】结合组合体表面积的计算方法计算出正确答案.【详解】圆柱、圆锥底面半径为，圆锥的母线长为，所以陀螺的表面积是.故选：C5.如图，小明同学为测量某建筑物的高度，在它的正东方向找到一座建筑物，高为，在地面上的点（，，三点共线）测得楼顶、建筑物顶部的仰角分别为和，在楼顶处测得建筑物顶部的仰角为，则小明测得建筑物的高度为（）（精确到）参考数据：，A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求得，然后利用正弦定理求得，进而求得.【详解】在直角三角形中，，在三角形中，，，由正弦定理得.在直角三角形中，.故选：D6.设是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是A.若与共面，则与共面B.若与是异面直线，则与是异面直线C.若==，则D.若==，则=【答案】D【解析】【分析】由空间四点共面的判断可是A,B正确，；C,D画出图形，可以判定AD与BC不一定相等，证明BC与AD一定垂直．【详解】对于选项A，若与共面，则与共面，正确；对于选项B，若与是异面直线，则四点不共面，则与是异面直线，正确；如图，空间四边形ABCD中，AB＝AC，DB＝DC，则AD与BC不一定相等，∴D错误；对于C,当四点共面时显然成立，当四点不共面时，取BC的中点M，连接AM、DM，AM⊥BC，DM⊥BC，∴BC⊥平面ADM，∴BC⊥AD，∴C正确；【点睛】本题通过命题真假的判定，考查了空间中的直线共面与异面以及垂直问题，是综合题．7.将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则的值可以是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用三角函数图象变换可得出变换后的函数解析式，由已知可得出关于的等式，即可得出结果.【详解】因为，将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，由题意可得，可得，当时，，故选：D.8.已知圆台上下底面半径分别为3、4，圆台的母线与底面所成的角为．且该圆台上下底面圆周都在某球面上，则该球的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据圆台轴截面及已知求圆台的高，再根据球体半径与圆台上下底面半径的几何关系列方程求出球体半径，进而求球体的体积.【详解】由题意，轴截面如下图示，若球体半径为R，则，可得.所以该球体积为.故选：B二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.设非零复数、所对应的向量分别为，，则下列选项能推出的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】A根据的几何意义判断；B由即可判断；C由即可判断；D由并结合向量数量积的运算律即可判断.【详解】A：等价于将绕原点逆时针旋转得到，即，符合；B：等价于，即共线，不符合；C：等价于，但不一定有，不符合；D：等价于，两边平方并应用数量积的运算律可得，即，符合.故选：AD10.一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则截面的图形可能是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根据正方体截面过外接球球心，讨论截面是否过顶点及所过顶点个数、是否与侧面平行，即可判断截面图形的元素.【详解】当过球心的截面不平行于侧面且不过顶点时，截面图形为A；当过球心的截面平行于一对侧面时，截面图形为C；当过球心的截面过其中4个顶点，则截面图形为圆中含一个长方形，B正确，D错误.故选：ABC11.下列各式正确的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】结合三角恒等变换对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，，，所以，A选项正确.B选项，，B选项错误.C选项，，C选项正确.D选项，，D选项错误.故选：AC12.已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有()A.B.若，则函数的最小正周期为；C.关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解D.若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】A：在上单调，，，故；B：求出区间右端点关于的对称点，由题可知在上单调，据此可求出f(x)周期的范围，从而求出ω的范围.再根据知是f(x)的对称轴，根据对称轴和对称中心距离为周期的倍即可求出ω，从而求出其周期；C：根据ω的范围求出周期的范围，根据正弦型函数一个完整周期只有一个最高点即可求解；D：由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，据此即可求ω的范围.【详解】A，∵，∴在上单调，又，，∴，故A正确；B，区间右端点关于的对称点为，∵，f(x)在上单调，∴根据正弦函数图像特征可知在上单调，∴为的最小正周期，即3，又，∴.若，则的图象关于直线对称，结合，得，即，故k＝0，，故B正确.C，由，得，∴在区间上最多有3个完整的周期，而在1个完整周期内只有1个解，故关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解，故C错误.D，由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，结合，得，又，∴的取值范围为，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题综合考察的周期、单调性、对称中心、对称轴等特性，解题的关键是熟练掌握正弦型函数对称轴，对称中心的位置特征，掌握正弦型函数单调性与周期的关系.常用结论：(1)单调区间的长度最长为半个周期；(2)一个完整周期内只有一个最值点；(3)对称轴和对称中心之间的距离为周期的倍.第Ⅱ卷非选择题（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷卡的相应位置．13.函数的最小正周期为___________.【答案】【解析】【分析】直接由正切函数的周期公式可得答案.【详解】.故答案为：.14.如图，在正四棱柱中，，是棱的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则______．【答案】##【解析】【分析】作辅助线，根据异面直线的定义找到与所成角，解三角形即可求得答案.【详解】在正四棱柱中，连接,则由于四边形是平行四边形，故,故异面直线与所成角即为与所成角,即即为异面直线与所成角或其补角，设,则,所以,,所以,故异面直线与所成角的余弦值为，则，故答案为：15.已知函数不是常数函数，且函数满足：定义域为，的图象关于直线对称，的图象也关于点对称．写出一个满足条件的函数______．（写出满足条件的一个即可）【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据对称性确定正确答案.【详解】依题意，不是常数函数，定义域为，图象关于直线对称，也关于点对称，所以符合题意.故答案为：（答案不唯一）16.如图，四边形为正方形，平面，，若，，，则______．【答案】##2【解析】【分析】将几何体补全为正方体，由、求出体积，即可得结果.【详解】将几何体补全为正方体，如下图示，..所以.故答案为：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已知向量，．（1）若，求的值；（2）若向量，夹角为锐角，求的取值范围．【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）应用向量线性运算坐标表示可得，根据向量垂直的坐标表示即可求参数值；（2）由题设有，注意排除，同向共线时对应x值即可.【小问1详解】由题设，，又，所以，即，可得.【小问2详解】由题设，，即，当，同向共线时，有且，此时，可得，不满足，夹角为锐角，综上，或.18.如图1，菱形中，，，垂足为点，将沿翻折到，使，如图2．（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【解析】【分析】（1）推导出，由此能证明平面.（2）分别取的中点，连接，推导出四边形是平行四边形，，从而在线段上存在一点，使平面，且.【小问1详解】在菱形中，，，平面.【小问2详解】在线段上存在一点，使平面.理由如下：分别取的中点，连接，为的中位线，，且，在菱形中，，且，，且四边形是平行四边形，，平面平面，平面，为中点，.19.已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数．（1）若向量为的相伴特征向量，求实数的值；（2）记向量的相伴函数是，求在的值域．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知相伴特征向量的定义可得，即可求解；（2）根据相伴函数定义结合三角恒等变换得到函数的解析式，利用正弦型函数的性质求解值域即可.【小问1详解】解：因为向量为的相伴特征向量，则，解得：.【小问2详解】解：因为向量的相伴函数是，设，因为，则，所以，当时，，当时，函数有最大值为13，当时，即，函数有最小值为，故函数的值域为.20.如图，在直三棱柱中，，且，，，是棱的中点，是棱上的点，满足．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先根据数量关系证明线线垂直，然后可得线面垂直；（2）先求解到平面的距离，然后根据线面角的定义求解正弦值.【小问1详解】证明：因为，且，，所以;因为，所以；因为是棱的中点，所以，因为，所以；因为，，所以；在直角梯形中，，，所以.在直角三角形中，，，所以；因为，所以.由，，且，所以平面.【小问2详解】在直角三角形中，作于，如图，由等面积法可得；由直棱柱的性质可得，所以平面;因为平面，所以到平面的距离为，设直线与平面所成角为，则.21.已知平面四边形中，，，，．（1）若，求四边形的面积；（2）若记，．①求的解析式；②求的最小值及此时角的值．【答案】（1）；（2）①；②的最小值为，此时．【解析】【分析】（1）由余弦定理求得，，继而得，，根据三角形的面积公式可求得答案；（2）①由余弦定理求得，再由正弦定理求得，继而得，，根据余弦定理可求得；②由角的范围和正弦函数的性质可求得的最小值及此时角的值．【小问1详解】在中，，，，所以，即，所以，所以，又，，所以，，所以，，所以四边形的面积为.【小问2详解】①在中，，，，所以，即，所以，又，所以，又，，所以，，所以，所以；②因为，所以，所以当，即时，，所以的最小值为，此时．【点睛】关键点睛：本题主要考查运用正弦定理、余弦定理解三角形，关键在于运用正弦定理、余弦定理表示其边和角得的解析式.22.如图，在四棱锥中，，底面为正方形．记直线与平面所成的角为．（1）求证：平面平面；（2）若二面角的大小为，求的值；（3）当时，、中点为，，点为线段上的动点（包括端点），，二面角的大小记为，求的取值范围．【答案】（1）证明详见解析（2）（3）【解析】分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）判断出直线与平面所成的角，解直角三角形求得.（3）作出二面角的平面角，结合三角函数值域的求法