北京市北京师范大学附属中学2021-2022学年高一下学期期末考试数学word版含答案.docx

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北京师大附中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tan＝A.B.-C.D.-2.已知向量a＝（-1，2），b＝（x，4），且a⊥b，则x＝A.B.2C.4D.83.在复平面内，复数z＝（1-i）2＋1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，BC⊥AC，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，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m⊥6.在△ABC中，若2acosB＝c，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，x［a，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，AB＝4，AD＝2，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：①BN∥平面A1DM；②BN的长度为定值；③三棱锥N-DMC体积的最大值为；④在翻折过程中，存在某个位置，使得DM⊥A1C。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，A＝60°，b＝1，其面积为，则a＝_________。13.已知某圆锥的侧面积为π，该圆锥侧面的展开图是弧长为2π的扇形，则该圆锥的体积为_________。14.已知平面向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，且|a|=|b|=|c|＝1，则a·b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________。 ①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；②B1D1∥平面EFG；③BD1⊥平面ACB1；④四面体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，b＝2，c＝3，cosB＝-。（I）求sinC的值；（Ⅱ）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，AB＝BC。（I）求证：A1B1∥平面DEC1；（Ⅱ）求证：BE⊥C1E。18.（本小题14分）已知函数＝cos2x＋sinxcosx-。（I）求函数的单调递增区间；（Ⅱ）求在区间［0，］上的最值。19.（本小题14分）在△ABC中，acosB+b＝c，b＝2。（I）求A；（Ⅱ）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①：sinB＝；条件②：cosB＝-；条件③：△ABC的面积为。注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分。20.（本小题15分）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝2，DC＝3，点E在CD上，且DE＝2，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；（Ⅱ）求四棱锥D-ABCE的体积；（Ⅲ）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A＝｛1，2，…，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”；（Ⅱ）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；（Ⅲ）若集合A＝（其中∈［0，），β∈［，2））相对任何常数的“余弦方差”均是一个与无关的定值，求、β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.-15.①③三、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＝==,∵b＝2，c＝3，由正弦定理=得，∴sinC=。（2）由余弦定理b2＝a2＋c2-2accosB得12＝a2＋9-2×3a×（-），∴a2＋2a-3＝0，解得a＝1或a＝-3（舍）∴S△ABC＝acsinB＝×1×3×=。17.（本小题14分）证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED//AB在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1//ED又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1//平面DEC1（2）因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC。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CC1⊥BE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BE⊥C1E18.（本小题14分）解：（1）=。因为y＝sinx的单调递增区间为（kZ）,令（kZ），得（kZ）。所以的单调递增区间为（kZ）。（2）因为x∈［0，］，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acosB＋b＝c，所以由正弦定理可得sinAcosB＋sinB＝sinC。因为A＋B＋C＝，所以sinC＝sin（A＋B）＝sinAcosB＋cosAsinB。所以sinB＝cosAsinB。在△ABC中，sinB≠0，所以cosA＝，所以A＝60°。方法二：在△ABC中，因为acosB＋b＝c，由余弦定理cosB＝得+=c，整理得c2＋b2-a2＝bc所以cosA＝，所以A＝60°。（2）选条件①：由（1）知0°＜B＜120°因为在△ABC中，sinB＝，所以B＝45°。又A＋B＋C＝，所以C＝75°所以sinC＝sin（45°＋30°）＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°=设BC边上高线的长为h，则h＝bsinC＝2×。选条件③：因为S△ABC=bcsinA＝csin60°＝，所以c＝1＋，由余弦定理得a2＝b2＋c2-2bccosA＝4＋4＋2-2×2×（1＋）cos60°=6，所以a＝。设BC边上高线的长为h，则h=。注：不能选条件②，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，AD＝DE＝2，所以DG⊥AE。 因为平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE平面ABCE＝AE，DG平面ADE，所以DG⊥平面ABCE。（2）解：在直角三角形ADE中，∵AD＝DE＝2，∴AE＝2，∴DG=AE＝。所以四棱锥D-ABCE的体积为VD-ABCE＝S梯形ABCE•DG=。（III）解：过点C作CF∥AE交AB于点F，则AF：FB＝1：3。过点F作FP//AD交DB于点P，连接PC，则DP：PB＝1：3。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CF∩PF＝F，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sim2＋sin2＝-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。