【文档说明】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试卷 含答案.docx，共(10)页，684.554 KB，由小赞的店铺上传

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1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（-3，1）在角α的终边上，则tanα＝A.33B.-

33C.3D.-32.已知向量a＝（-1，2），b＝（x，4），且a⊥b，则x＝A.21B.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△P

BC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，α，β为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是A.若m//α，m∥β，则α∥βB.若m⊥α，α⊥β，则m//βC.若mα，m⊥β，则α⊥βD.若mα，α⊥β

，则m⊥β6.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)(xf＝2sin（x＋）（＞0，||<2）的部分图象如图所示，则)

(f＝A.-3B.-32C.32D.38.已知函数)(xf＝sin2x，x［a，b］，则“b-a≥2”是“)(xf的值域为［-1，1］”的2A.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，103S]B.[103S

，+）C.[103S，2S）D.（5S，103S]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5；③三棱锥N-DMC体积的最大值为322；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ii+2=________

_。12.在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面积为3，则a＝_________。13.已知某圆锥的侧面积为5π，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_________。314.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321a。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＝23，c＝3，cosB＝-31。（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)(xf＝c

os2x＋3sinxcosx-21。（I）求函数)(xf的单调递增区间；（Ⅱ）求)(xf在区间［0，2π］上的最值。419.（本小题14分）在△ABC中，acosB+21b＝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＝22；条件②：cosB＝-32；条件③：△ABC的面积为233+。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BDBP的值；若不存在，请说明理由。21.（本小题14分）对于集合A＝｛θ1，θ2，…，θn｝和常数θ0，定义：nn)(cos...)(cos)(cos02022012θθθθθθμ−++−

+−=为集合A相对θ0的“余弦方差”。（I）若集合A＝4,3ππ，00=θ，求集合A相对0θ的“余弦方差”；（Ⅱ）判断集合A＝πππ,32,3相对任意常数0θ的“余弦方差”是否为一个

与0θ无关的定值，并说明理由；（Ⅲ）若集合A＝βαπ,,4（其中α∈［0，π），β∈［π，2π））相对任何常数0θ的“余弦方差”均是一个与0θ无关的定值，求α、β的值。56参考答案一、选择题（每小题4分，共40分，每题均只有一个正确答案）12345678910BDDACAAB

CC二、填空题（每小题5分，共25分）11.51＋52i12.1313.π3214.-2115.①③三、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＝-31，∴sinB＝B2

cos1−=2)31(1−=322,∵b＝23，c＝3，由正弦定理Bbsin=Ccsin得Csin332232=，∴sinC=36。（2）由余弦定理b2＝a2＋c2-2accosB得12＝a2＋9-2×3a×（-31），∴a2＋2a-3＝0，解得a＝1或

a＝-3（舍）∴S△ABC＝21acsinB＝21×1×3×322=2。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C

1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CAC=C，所以BE⊥平面A1ACC1，因为C1E平面A1ACC1，所以BE⊥C1E18.（本小题14分）解：（1）)(xf=)62sin(2cos212sin23212sin2322cos1π+=+=−

++xxxxx。因为y＝sinx的单调递增区间为+−22,22ππππkk（kZ）,令+−+22,2262πππππkkx（kZ），得+−6,3ππππkkx（kZ）。所以)(x

f的单调递增区间为+−6,3ππππkk（kZ）。7（2）因为x∈［0，2π］，所以2x＋]67,6[6πππ。当2x＋6π=2π，即x＝6π时，)(xf最大值为1，当2x＋6π=67π，

即x＝2π时，)(xf最大值为-21。19.（本小题15分）解：（1）方法一：在△ABC中，因为acosB＋21b＝c，所以由正弦定理可得sinAcosB＋21sinB＝sinC。因为A＋B＋C＝π，所以sinC＝si

n（A＋B）＝sinAcosB＋cosAsinB。所以21sinB＝cosAsinB。在△ABC中，sinB≠0，所以cosA＝21，所以A＝60°。方法二：在△ABC中，因为acosB＋21b＝c，由余弦定理cosB＝acbca2222−+得acbcaa2222−++b21=

c，整理得c2＋b2-a2＝bc所以cosA＝212222=−+bcabc，所以A＝60°。（2）选条件①：由（1）知0°＜B＜120°因为在△ABC中，sinB＝22，所以B＝45°。又A＋B＋C＝π，所以C＝75°所以sinC＝sin（45°＋30°）＝sin45°cos30°＋cos4

5°sin30°=426+设BC边上高线的长为h，则h＝bsinC＝2×226426+=+。选条件③：因为S△ABC=21bcsinA＝csin60°＝23323+=c，所以c＝1＋3，由余弦定理得a2＝b2＋c2-2bccosA＝4＋4＋23-2×2×（1＋3

）cos60°=6，所以a＝6。设BC边上高线的长为h，则h=2266332+=+=aSABC。8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＝22，∴DG=21AE＝2。所以四棱锥D-

ABCE的体积为VD-ABCE＝31S梯形ABCE•DG=32522412131=+）（。（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C

F//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43=BDBP。21.（本小题1

4分）解：（1）因为集合A=43，，0=0，所以832214124cos3cos22=+=+=；（2）由“余弦方差”的定义得：3)(cos)32(cos)3(cos020202−+−+−=,3)sinsincos(cos)sin32sincos32(cos)s

in3sincos3(cos200200200+++++=3cos)sin23cos21()sin23cos2(02200200++−++=，9213cossin23cos2020202=++=

，所以21=是与0无关的定值。（3）由“余弦方差”的定义得：3)(cos)(cos)4(cos020202−+−+−=，,3)sinsincos(cos)sinsincos(cos)sin4sincos4(cos200200200+++++=

00022020002sinsincoscos2coscossin21sincoscos21(31++++=)sinsinsinsincoscos2coscossinsin02200022022++++)2sin2sin1(sin)sinsin

21(cos)coscos21[(3102220222++++++++=]sincos002sin1(22cos1)sinsin21(22cos1)coscos21[(31022022++−++++++

=]22sin)2sin0+++++−−+=)coscos21(2122cos)sinsincos[(cos312202222]22sin)2sin2sin1()sinsin21(21022+++++

]22sin)2sin2sin1(2322cos)2cos2[(cos3100+++++=，要使是一个与0无关的定值，则=++=+02sin2sin102cos2cos，因为cos

2＝-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−===+212sin2sin02cos2cos，因为[0，），[，2），当2=67

时，2＝623；当2=611时，2＝619，所以=127，＝1223或=1211，＝1219时，相对任何常数0的“余弦方差”是一个与0无关的定值。10获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号

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