1、2021-2022學年黑龍江省大慶市高一下學期期末數學試題一、單選題1已知復數滿足，則共軛復數在復平面內對應的點在（）A第四象限B第三象限C第二象限D第一象限A【分析】根據共軛復數的概念可得，及其所對應的點，進而得解.【詳解】由得，其在復平面內對應的點為，在第四象限，故選：A.2已知角的終邊與單位圓交于點，則的值為（）ABCDC【分析】根據三角函數的定義即可求出【詳解】因為角的終邊與單位圓交于點，所以根據三角函數的定義可知，故選：C3嫦娥五號的成功發射，實現了中國航天史上的五個“首次”，某中學為此舉行了“講好航天故事”演講比賽.若將報名的30位同學編號為01，02，30，利用下面的隨機數表來決

2、定他們的出場順序，選取方法是從隨機數表第1行的第3列和第4列數字開始由左到右依次選取兩個數字，重復的跳過，則選出來的第5個個體的編號為（）4567321212310201045215200112512932049234493582003623486969387481A23B20C15D12C【分析】根據隨機數表法的概念直接得解.【詳解】根據隨機數表法可得選出的個體編號依次為：12，02，01，04，15，第5個個體編號為15，故選：C.4已知，則（）ABCD5D【分析】得到即可求出m再寫出的坐標.【詳解】故選：D5已知平面和外的一條直線l，下列說法不正確的是（）A若l垂直于內的兩條平行線，則l

3、B若l平行于內的一條直線，則lC若l垂直于內的兩條相交直線，則lD若l平行于內的無數條直線，則lA【分析】根據線面平行和線面垂直的判斷定理，即可判斷選項.【詳解】根據線面垂直的判斷定理可知，直線需垂直于平面內的兩條相交直線，故A錯誤，C正確；根據線面平行的判斷定理可知，平面外的線平行于平面內的一條直線，即可證明線面平行，若直線l平行于內的無數條直線，也可說明線面平行，故BD正確.故選：A6某智能主動降噪耳機工作的原理是利用芯片生成與噪音的相位相反的聲波，通過兩者疊加完全抵消掉噪音，如下圖所示，已知噪音的聲波曲線（其中，）的振幅為1，周期為2，初相位為，則用來降噪的聲波曲線的解析式是（）ABCD

4、B【分析】先求出噪音的聲波曲線解析式，再將噪音聲波曲線向左平移1個單位得到降噪的聲波曲線.【詳解】由題意知，噪音的聲波曲線而降噪音聲波曲線可以看噪音聲波曲線向左平移半個周期得到曲線故降噪音聲波曲線故選：B7阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年）是古希臘偉大的數學家，物理學家和天文學家，在他墓碑上刻著的一個圓柱容器里放了一個球，該球與圓柱的兩個底面及側面均相切，如圖所示，則在該幾何體中，圓柱表面積與球表面積的比值為（）ABC或DA【分析】設圓柱的底面半徑為，則高為，其內切球的半徑為，把圓柱及其內切球的表面積分別用表示，作比可得圓柱的表面積與球的表面積之比.【詳解】解：設

5、圓柱的底面半徑為，則高為，其內切球的半徑為，則圓柱的表面積為，.故選：A.8已知三邊a，b，c及對角A，B，C，周長為5，且滿足，若，則的面積（）ABCDA【分析】由正弦定理化邊為角，得出，結合已知求出，然后求出等腰三角形底邊上的高，由面積公式計算面積【詳解】因為，由正弦定理得，所以（舍去），三角形周長為5，則，由等腰三角形性質知邊上的高為，所以三角形面積為故選：A二、多選題9已知向量，則（）AB與向量共線的單位向量是CD向量在向量上的投影向量是AC【分析】利用向量垂直的坐標形式可判斷A的正誤，利用向量的模長公式和投影向量的公式可判斷CD的正誤，利用模長可求與向量共線的單位向量，從而可判斷B的

6、正誤.【詳解】因為，故，故，故成立，故A正確.與向量共線的單位向量為即、，故B錯誤.，故，故C正確.向量在向量上的投影向量是，故D錯誤.故選：AC.10在中，下列說法正確的有（）A若，則為銳角三角形B若，則為鈍角三角形C若.則DBCD【分析】根據余弦定理可判斷ABD的正誤，根據正弦定理可判斷C的正誤.【詳解】對于A，而為三角形內角，故為銳角，但此時不能得到為銳角三角形，故A錯誤.對于B，而為三角形內角，故為鈍角，此時為鈍角三角形，故B正確.對于C，若，則，故即，故C正確.對于D，故D正確.故選：BCD.11關于函數，下列結論正確的有（）A函數有最小值B存在有時，成立C函數在區間上單調遞增D函數

7、的圖象關于點成中心對稱ABC【分析】根據題意得，再根據正弦型函數性質判斷即可.【詳解】，當時，有最小值為，故A正確；設，所以，所以，故B正確；因為，所以，所以函數在區間上單調遞增，故C正確；當時，故D錯誤.故選：ABC.12在直三棱柱中，為的中點，點是線段上的點，則下列說法正確的是（）AB存在點，使得直線與所成的角是C當點是線段的中點時，三棱錐外接球的表面積是D當點是線段的中點時，直線與平面所成角的正切值為AD【分析】建立空間直角坐標系，使用向量法可判斷ABD；利用的外心坐標設外接球球心坐標，根據可得.【詳解】易知AB、BC、兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標系則所以，記因為，所以，A正確；因為記

8、直線與所成的角為，則，因為，所以，故B錯誤；當點是線段的中點時，點P坐標為易知的外心坐標為，故設三棱錐外接球的球心為，則，即，解得，所以三棱錐外接球的半徑，表面積，C錯誤；當點是線段的中點時，易知為平面的一個法向量，記直線與平面所成角為，則，因為，所以，所以，D正確.故選：AD三、填空題13在棱長為4的正方體中，如下圖所示，是的中點，是的中點，則直線與平面所成角的正切值為_.【分析】根據平面可知即為所求角，利用可求得結果.【詳解】連接，平面，即為直線與平面所成角，在中，.故答案為.14求值：_【分析】根據二倍角的正弦公式逆用，計算即可得答案.【詳解】由題意得.故15已知非零向量，滿足，且，則向

9、量，夾角的余弦值為_.0.25【分析】利用向量數量積的運算律和向量的夾角公式計算即可.【詳解】由題意得，所以，所以.故16大慶龍鳳濕地，是大慶市轄區內保留比較完整的淡水沼澤生態系統，它對調節大慶城市氣候、減洪防澇、美化城區環境，起到不可替代的作用.如下圖所示，若為測量隔湖相望的、兩地之間的距離，某同學任意選定了與、不共線的處，構成，以下是測量數據的不同方案：測量、；測量、；測量、；測量、其中一定能唯一確定、兩地之間距離的所有方案序號是_.【分析】根據正弦定理或余弦定理可得能唯一確定、兩地之間距離的方案.【詳解】對于，知道三角形的三個內角，則滿足條件的三角形有無數個，它們都是相似的，故不能唯一確

10、定、兩地之間距離.對于，知道、，由內角和為可得，再由正弦定理可得，故，此時唯一確定、兩地之間距離.對于，如圖，以為圓心，為半徑作圓，當此圓與射線有兩個不同交點時，滿足、的三角形有兩個.對于，由余弦定理可得，故此時唯一確定、兩地之間距離.故.四、解答題17已知向量，.(1)若與共線，求的值；(2)若，求的值.(1)(2)【分析】（1）利用向量共線的坐標形式可求的值；（2）利用向量垂直得到它們的數量積為0，從而可求兩個向量模的關系，從而可求的值.（1）因為與共線，所以即，而，故.（2）因為，故即，而，故即.18在四棱臺中，底面ABCD是正方形，且側棱垂直于底面ABCD，O，E分別是AC與的中點(1

11、)求證：平面(2)求四面體的體積(1)證明見解析；(2).【分析】（1）連接BD，由中位線性質及線面平行的判定即可證結論.（2）由線面垂直判定知平面，即是的體高，應用錐體體積公式求體積即可.（1）連接BD，易知：BD與AC交于點O且O是BD的中點，又E是的中點，所以，又平面，平面，所以平面（2）因為，所以平面，則，故四面體的體積為19已知函數.(1)寫出函數在上的單調遞減區間；(2)將圖象上所有的點向右平移個單位長度，縱坐標不變，橫坐標變為原來的倍，得到的圖象，求在區間上的最值.(1)(2)，【分析】（1）利用正弦函數的單調性可求在上的單調遞減區間；（2）利用圖像變換可求的解析式，利用整體法可

12、求其在給定范圍上的最值.（1）令，解得，故在上的單調遞減區間為.（2）將圖象上所有的點向右平移個單位長度，縱坐標不變，所得函數的解析式為，再將所得函數的圖象橫坐標變為原來的倍，則，因為，則，故當即時，；故當即時，；20如圖，棱錐的底面是矩形，平面，(1)求證：平面；(2)求平面和平面夾角的余弦值的大小(1)證明過程見解析；(2)【分析】（1）求出，得到底面ABCD是正方形，對角線互相垂直，進而證明出線面垂直；（2）找到兩平面的夾角的平面角，再進行求解.（1）因為平面，BD平面，所以PABD，因為，底面是矩形，所以由勾股定理得：，所以底面ABCD是正方形，所以ACBD，又PA=A，所以BD平面P

13、AC.（2）因為PA底面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD，又CDAD，PA，所以CD平面PAD，因為PD平面PAD，所以CDPD，又因為CDAD，所以PDA是平面和平面的夾角，由于PA=AD，PAD=90，所以PDA=45，所以，所以平面PCD與平面ABCD的夾角余弦值為.21某市植物園平面設計如下圖所示，其中區域為芳香植物區，區域為果樹植物區，.現將芳香植物區周圍筑起小竹欄.(1)若，求小竹欄的長度（的周長）；(2)設時，求果樹植物區的面積.(1)(2)【分析】（1）在區域由余弦定理求得，繼而得的周長，得小竹欄的長度.（2）在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理求得，繼而由三角形的面積公式可求得答案.【詳解】(1)因為區域為芳香植物區，區域為果樹植物區，.所以由余弦定理得，所以，所以的周長為，所以小竹欄的長度為.(2)在中，所以，由正弦定理得，而，所以， 在中，所以，由正弦定理，所以，則果樹植物區的面積為，所以果樹植物區的面積為.