《北京市重点中学2021-2022学年高一下学期期末考试——数学试卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市重点中学2021-2022学年高一下学期期末考试——数学试卷.doc（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021-2022学年下学期高一年级期末考试数学试卷本试卷有三道大题，考试时长120分钟，满分150分。一、选择题：每小题4分，共40分，每题均只有一个正确答案。 1. 若点M（-，1）在角的终边上，则tanA. B. -C. D. -2. 已知向量a（-1，2），b（x，4），且ab，则xA. B. 2C. 4D. 83. 在复平面内，复数z（1-i）21对应的点位于A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限4. 如图，PA面ABC，ABC中，BCAC，则PBC是A. 直角三角形B. 锐角三角形C. 钝角三角形D. 以上都有可能5. 若m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，
2、则下列四个命题中正确的是A. 若m/，m，则B. 若m，则m/C. 若m，m，则D. 若m，则m6. 在ABC中，若2 acosBc，则该三角形一定是A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 不能确定7. 函数2sin（x）（0，|）的部分图象如图所示，则A. - B. -C. D. 8. 已知函数sin2x，xa，b，则“b-a”是“的值域为-1，1”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9. 唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2）。假设内壁表面光滑，其内壁表面积为S平方
3、厘米，半球的半径为R厘米。当这种酒杯内壁表面积S为定值时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为 图1 图2A. （0，B. ，+）C. ，）D. （，10. 已知四边形ABCD为矩形，AB4，AD2，M为AB的中点，将ADM沿DM折起，得到四棱锥A1-DMBC（如图），设A1C的中点为N。在翻折过程中，有如下四个命题：BN平面A1DM；BN的长度为定值；三棱锥N-DMC体积的最大值为；在翻折过程中，存在某个位置，使得DMA1C。其中真命题的个数为A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个二、填空题：每小题5分，共25分。11. 复数=_。12. 在ABC中，A60，b1，其面
4、积为，则a_。13. 已知某圆锥的侧面积为，该圆锥侧面的展开图是弧长为2的扇形，则该圆锥的体积为_。14. 已知平面向量a，b，c满足abc0，且|a|=|b|=|c|1，则ab的值为_。15. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，下列结论中，正确结论的序号是_。过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；B1D1平面EFG；BD1平面ACB1； 四面体ACB1D1的体积等于。三、解答题：共6小题，共85分。解答时写出文字说明，演算步骤或证明过程。16. （本小题14分）在ABC中，b2，c3，cosB-。（I）求sinC的
5、值；（）求ABC的面积。17. （本小题14分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D、E分别为BC、AC的中点，ABBC。（I）求证：A1B1平面DEC1；（）求证：BEC1E。18. （本小题14分）已知函数cos2xsinx cosx-。（I）求函数的单调递增区间；（）求在区间0，上的最值。19. （本小题14分）在ABC中，acos B+bc，b2。（I）求A；（）从下列三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在且唯一确定，求BC边上的高。条件：sinB；条件：cosB-； 条件：ABC的面积为。注：如果选择的条件不符合要求，第（）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一
6、个解答计分。20. （本小题15分）如图，在直角梯形ABCD中，ABDC，BAD90，AB4，AD2，DC3，点E在CD上，且DE2，将ADE沿AE折起，使得平面ADE平面ABCE，G为AE中点。（I）求证：DG平面ABCE；（）求四棱锥D-ABCE的体积；（）在线段BD上是否存在点P，使得CP平面ADE？若存在，求的值；若不存在，请说明理由。21. （本小题14分）对于集合A1，2，n和常数0，定义：为集合A相对0的“余弦方差”。（I）若集合A，求集合A相对的“余弦方差”；（）判断集合A相对任意常数的“余弦方差”是否为一个与无关的定值，并说明理由；（）若集合A（其中0，），2）相对任何常数的
7、“余弦方差”均是一个与无关的定值，求、的值。参考答案一、选择题（每小题4分，共40分，每题均只有一个正确答案）12345678910BDDACAABCC二、填空题（每小题5分，共25分）11. i12. 13. 14. - 15. 三、解答题（共6小题，共85分。解答时写出文字说明，演算步骤或证明过程）16. （本小题13分）解：（1）在ABC中，cosB-，sinB=,b2，c3，由正弦定理=得，sin C=。（2）由余弦定理b2a2c2-2ac cos B得12a29-23a（-），a22a-30，解得a1或a-3（舍）SABCac sinB13=。17. （本小题14分）证明：（1）因为
8、D，E分别为BC，AC的中点，所以ED/AB 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1/ED 又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1/平面DEC1（2）因为ABBC，E为AC的中点，所以BEAC。因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC。又因为BE平面ABC，所以CC1BE因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CAC=C，所以BE平面A1ACC1，因为C1E平面A1ACC1，所以BEC1E18. （本小题14分）解：（1）=。因为ysin x的单调递增区间为（kZ）,令（kZ），得（kZ）。所以的单调递增区间为（kZ）
9、。（2）因为x0，所以2x。当2x=，即x时，最大值为1，当2x=，即x时，最大值为-。19. （本小题15分）解：（1）方法一：在ABC中，因为a cos Bbc，所以由正弦定理可得sin A cos BsinBsinC。因为ABC，所以sinCsin（AB）sin A cos Bcos A sin B。所以sinBcos A sin B。在ABC中，sinB0，所以cosA，所以A60。方法二：在ABC中，因为a cos Bbc，由余弦定理cos B得+=c，整理得c2b2-a2bc所以cosA，所以A60。（2）选条件：由（1）知0B120因为在ABC中，sinB，所以B45。又ABC，
10、所以C75所以sinCsin（4530）sin45cos30cos45sin30=设BC边上高线的长为h，则hb sinC2。选条件：因为SABC=bc sin Ac sin60，所以c1，由余弦定理得a2b2c2-2bc cos A442-22（1）cos60=6，所以a。设BC边上高线的长为h，则h=。注：不能选条件，此时A和B之和超过180。20. （本小题15分）（1）证明：因为G为AE中点，ADDE2，所以DGAE。因为平面ADE平面ABCE，平面ADE平面ABCEAE，DG平面ADE，所以DG平面ABCE。（2）解：在直角三角形ADE中，ADDE2，AE2，DG=AE。所以四棱锥D
11、-ABCE的体积为VD-ABCES梯形ABCEDG=。（III）解：过点C作CFAE交AB于点F，则AF：FB1：3。过点F作FP/AD交DB于点P，连接PC，则DP：PB1：3。又因为CF/AE，AE平面ADE，CF平面ADE，所以CF/平面ADE。同理FP/平面ADE。又因为CFPFF，CF平面PFC，PF平面PFC， 所以平面PFC/平面ADE。因为CP平面PFC，所以CP/平面ADE。所以在BD上存在点P，使得CP平面ADE，且。21. （本小题14分）解：（1）因为集合A=，=0，所以；（2）由“余弦方差”的定义得： ，所以是与无关的定值。（3）由“余弦方差”的定义得：， ，要使是一个与无关的定值，则，因为cos2-cos2，所以2与2的终边关于y轴对称或关于原点对称，又sim2sin2-1，所以2与2的终边只能关于y轴对称，所以， 因为0，），2），当2=时，2；当2=时，2，所以=，或=，时，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值。