試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁遼寧省大連市2021-2022學年高一下學期期末數學試題第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單選題1．已知復數，其中是虛數單位，則的共軛復數是（

）A． B． C． D．2．若，且為第四象限角，則的值為（

）A． B． C． D．3．若、是空間中兩條不同的直線，則的充分條件是（

）A．直線、都垂直于直線 B．直線、都垂直于平面C．直線、都與直線成角 D．直線、都與平面成角4．民間娛樂健身工具陀螺起源于我國，最早出土的石制陀螺是在山西夏縣發現的新石器時代遺址．如圖所示的是一個陀螺的立體結構圖．已知底面圓的直徑，圓柱體的高，圓錐體的高，則這個陀螺的表面積是（

）A． B． C． D．5．如圖，小明同學為測量某建筑物的高度，在它的正東方向找到一座建筑物，高為，在地面上的點（，，三點共線）測得樓頂、建筑物頂部的仰角分別為和，在樓頂處測得建筑物頂部的仰角為，則小明測得建筑物的高度為（

）（精確到）參考數據：，A． B． C． D．6．設是空間四個不同的點，在下列命題中，不正確的是A．若與共面，則與共面B．若與是異面直線，則與是異面直線C．若==，則D．若==，則=7．將函數的圖象向右平移個單位長度后，得到函數的圖象，則的值可以是（

）A． B． C． D．8．已知圓臺上下底面半徑分別為3、4，圓臺的母線與底面所成的角為．且該圓臺上下底面圓周都在某球面上，則該球的體積為（

）A． B． C． D．評卷人得分二、多選題9．設非零復數、所對應的向量分別為，，則下列選項能推出的是（

）A． B． C． D．10．一個正方體內接于一個球，過球心作一個截面，則截面的圖形可能是（

）A． B． C． D．11．下列各式正確的是（

）A． B．C． D．12．已知函數在區間上單調，且滿足有下列結論正確的有(

)A．B．若，則函數的最小正周期為；C．關于x的方程在區間上最多有4個不相等的實數解D．若函數在區間上恰有5個零點，則的取值范圍為第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分三、填空題13．函數的最小正周期為___________.14．如圖，在正四棱柱中，，是棱的中點，異面直線與所成角的余弦值為，則______．15．已知函數不是常數函數，且函數滿足：定義域為，的圖象關于直線對稱，的圖象也關于點對稱．寫出一個滿足條件的函數______．（寫出滿足條件的一個即可）16．如圖，四邊形為正方形，平面，，若，，，則______．評卷人得分四、解答題17．已知向量，．(1)若，求的值；(2)若向量，夾角為銳角，求的取值范圍．18．如圖1，菱形中，，，垂足為點，將沿翻折到，使，如圖2．(1)求證：平面；(2)在線段上是否存在一點，使平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由．19．已知為坐標原點，對于函數，稱向量為函數的相伴特征向量，同時稱函數為向量的相伴函數．(1)若向量為的相伴特征向量，求實數的值；(2)記向量的相伴函數是，求在的值域．20．如圖，在直三棱柱中，，且，，，是棱的中點，是棱上的點，滿足．(1)證明：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值．21．已知平面四邊形中，，，，．(1)若，求四邊形的面積；(2)若記，．①求的解析式；②求的最小值及此時角的值．22．如圖，在四棱錐中，，底面為正方形．記直線與平面所成的角為．(1)求證：平面平面；(2)若二面角的大小為，求的值；(3)當時，、中點為，，點為線段上的動點（包括端點），，二面角的大小記為，求的取值范圍．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．A【解析】【分析】結合復數乘法、共軛復數等知識求得正確答案.【詳解】.故選：A2．D【解析】【分析】結合同角三角函數的基本關系式求得正確答案.【詳解】由于，且為第四象限角，所以，.故選：D3．B【解析】【分析】根據線線平行、線線角等知識對選項進行分析，從而確定正確選項.【詳解】A選項，都與垂直，可能，A選項錯誤.B選項，都垂直于平面，則，B選項正確.C選項，都與成角，可能相交，C選項錯誤.D選項，都與平面成角，可能異面，D選項錯誤.故選：B4．C【解析】【分析】結合組合體表面積的計算方法計算出正確答案.【詳解】圓柱、圓錐的底面半徑為，圓錐的母線長為，所以陀螺的表面積是.故選：C5．D【解析】【分析】先求得，然后利用正弦定理求得，進而求得.【詳解】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，.故選：D6．D【解析】【分析】由空間四點共面的判斷可是A,B正確，；C,D畫出圖形，可以判定AD與BC不一定相等，證明BC與AD一定垂直．【詳解】對于選項A，若與共面，則與共面，正確；對于選項B，若與是異面直線，則四點不共面，則與是異面直線，正確；如圖，空間四邊形ABCD中，AB＝AC，DB＝DC，則AD與BC不一定相等，∴D錯誤；對于C,當四點共面時顯然成立，當四點不共面時，取BC的中點M，連接AM、DM，AM⊥BC，DM⊥BC，∴BC⊥平面ADM，∴BC⊥AD，∴C正確；【點睛】本題通過命題真假的判定，考查了空間中的直線共面與異面以及垂直問題，是綜合題．7．D【解析】【分析】利用三角函數圖象變換可得出變換后的函數解析式，由已知可得出關于的等式，即可得出結果.【詳解】因為，將函數的圖象向右平移個單位長度后，得到函數的圖象，由題意可得，可得，當時，，故選：D.8．B【解析】【分析】根據圓臺軸截面及已知求圓臺的高，再根據球體半徑與圓臺上下底面半徑的幾何關系列方程求出球體半徑，進而求球體的體積.【詳解】由題意，軸截面如下圖示，若球體半徑為R，則，可得.所以該球體積為.故選：B9．AD【解析】【分析】A根據的幾何意義判斷；B由即可判斷；C由即可判斷；D由并結合向量數量積的運算律即可判斷.【詳解】A：等價于將繞原點逆時針旋轉得到，即，符合；B：等價于，即共線，不符合；C：等價于，但不一定有，不符合；D：等價于，兩邊平方并應用數量積的運算律可得，即，符合.故選：AD10．ABC【解析】【分析】根據正方體截面過外接球球心，討論截面是否過頂點及所過頂點個數、是否與側面平行，即可判斷截面圖形的元素.【詳解】當過球心的截面不平行于側面且不過頂點時，截面圖形為A；當過球心的截面平行于一對側面時，截面圖形為C；當過球心的截面過其中4個頂點，則截面圖形為圓中含一個長方形，B正確，D錯誤.故選：ABC11．AC【解析】【分析】結合三角恒等變換對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】A選項，，，所以，A選項正確.B選項，，B選項錯誤.C選項，，C選項正確.D選項，，D選項錯誤.故選：AC12．ABD【解析】【分析】A：在上單調，，，故；B：求出區間右端點關于的對稱點，由題可知在上單調，據此可求出f(x)周期的范圍，從而求出ω的范圍.再根據知是f(x)的對稱軸，根據對稱軸和對稱中心距離為周期的倍即可求出ω，從而求出其周期；C：根據ω的范圍求出周期的范圍，根據正弦型函數一個完整周期只有一個最高點即可求解；D：由知，是函數在區間，上的第1個零點，而在區間上恰有5個零點，則，據此即可求ω的范圍.【詳解】A，∵，∴在上單調，又，，∴，故A正確；B，區間右端點關于的對稱點為，∵，f(x)在上單調，∴根據正弦函數圖像特征可知在上單調，∴為的最小正周期，即3，又，∴.若，則的圖象關于直線對稱，結合，得，即，故k＝0，，故B正確.C，由，得，∴在區間上最多有3個完整的周期，而在1個完整周期內只有1個解，故關于的方程在區間上最多有3個不相等的實數解，故C錯誤.D，由知，是函數在區間，上的第1個零點，而在區間上恰有5個零點，則，結合，得，又，∴的取值范圍為，故D正確.故選：ABD.【點睛】本題綜合考察的周期、單調性、對稱中心、對稱軸等特性，解題的關鍵是熟練掌握正弦型函數對稱軸，對稱中心的位置特征，掌握正弦型函數單調性與周期的關系.常用結論：(1)單調區間的長度最長為半個周期；(2)一個完整周期內只有一個最值點；(3)對稱軸和對稱中心之間的距離為周期的倍.13．【解析】直接由正切函數的周期公式可得答案.【詳解】.故答案為：.14．##【解析】【分析】作輔助線，根據異面直線的定義找到與所成角，解三角形即可求得答案.【詳解】在正四棱柱中，連接,則由于四邊形是平行四邊形，故,故異面直線與所成角即為與所成角,即即為異面直線與所成角或其補角，設,則,所以,,所以,故異面直線與所成角的余弦值為，則，故答案為：15．（答案不唯一）【解析】【分析】根據對稱性確定正確答案.【詳解】依題意，不是常數函數，定義域為，圖象關于直線對稱，也關于點對稱，所以符合題意.故答案為：（答案不唯一）16．##2【解析】【分析】將幾何體補全為正方體，由、求出體積，即可得結果.【詳解】將幾何體補全為正方體，如下圖示，..所以.故答案為：17．(1)；(2)或.【解析】【分析】（1）應用向量線性運算坐標表示可得，根據向量垂直的坐標表示即可求參數值；（2）由題設有，注意排除，同向共線時對應x值即可.(1)由題設，，又，所以，即，可得.(2)由題設，，即，當，同向共線時，有且，此時，可得，不滿足，夾角為銳角，綜上，或.18．(1)證明見解析；(2)存在，.【解析】【分析】（1）推導出，由此能證明平面.（2）分別取的中點，連接，推導出四邊形是平行四邊形，，從而在線段上存在一點，使平面，且.(1)在菱形中，，，平面.(2)在線段上存在一點，使平面.理由如下：分別取的中點，連接，為的中位線，，且，在菱形中，，且，，且四邊形是平行四邊形，，平面平面，平面，為中點，.19．(1)(2)【解析】【分析】（1）根據已知相伴特征向量的定義可得，即可求解；（2）根據相伴函數的定義結合三角恒等變換得到函數的解析式，利用正弦型函數的性質求解值域即可.(1)解：因為向量為的相伴特征向量，則，解得：.(2)解：因為向量的相伴函數是，設，因為，則，所以，當時，，當時，函數有最大值為13，當時，即，函數有最小值為，故函數的值域為.20．(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）先根據數量關系證明線線垂直，然后可得線面垂直；（2）先求解到平面的距離，然后根據線面角的定義求解正弦值.(1)證明：因為，且，，所以;因為，所以；因為是棱的中點，所以，因為，所以；因為，，所以；在直角梯形中，，，所以.在直角三角形中，，，所以；因為，所以.由，，且，所以平面.(2)在直角三角形中，作于，如圖，由等面積法可得；由直棱柱的性質可得，所以平面;因為平面，所以到平面的距離為，設直線與平面所成角為，則.21．(1)；(2)①；②的最小值為，此時．【解析】【分析】（1）由余弦定理求得，，繼而得，，根據三角形的面積公式可求得答案；（2）①由余弦定理求得，再由正弦定理求得，繼而得，，根據余弦定理可求得；②由角的范圍和正弦函數的性質可求得的最小值及此時角的值．(1)在中，，，，所以，即，所以，所以，又，，所以，，所以，，所以四邊形的面積為.(2)①在中，，，，所以，即，所以，又，所以，又，，所以，，所以，所以；②因為，所以，所以當，即時，，所以的最小值為，此時．【點睛】關鍵點睛：本題主要考查運用正弦定理、余弦定理解三角形，關鍵在于運用正弦定理、余弦定理表示其邊和角得的解析式.22．(1)證明詳見解析(2)(3)【解析】【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面.（2）判斷出直線與平面所成的角，解直角三角形求得.（3）作出二面角的平面角，結合三角函數