北京市延庆区2022年高一下期末数学试卷（含答案解析）

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1、北京市延庆区2021-2022学年高一下期末考试数学试题一选择题共10小题，每小题4分，共40分.1. 已知集合，集合或，集合，则（ ）A. 集合共有32个子集B. C. D. 或2. 若复数满足，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 3. 下列命题错误的是（ ）A. 若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任何一条直线B. 如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线也与这个平面平行C. 如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行D. 一个平面垂直于二面角棱，它和二面角的两个面的交线形成的角就是二面角的一个平面角4. 如图，是棱长都为2的直平行六

2、面体，且，则这个直平行六面体的表面积为（ ）A. 16B. C. D. 5. 已知是两条直线，是两个平面，则下列四个命题正确的有（ ）；A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个6. 已知平面和直线a,b,若a,则“ba”是“b”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件7. 设复数在复平面内对应的点分别为，则两点之间距离的最大值为（ ）A. 1B. 3C. 5D. 78. 如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高为（ ）A. B. C. D. 9. 如图，公园里有一块边长为4的等边三角形草坪（记为），图中把草坪

3、分成面积相等的两部分，在上，在上，如果要沿铺设灌溉水管，则水管的最短长度为（ ）A. B. C. 3D. 10. 如图，已知直三棱柱中，则线段上的动点到直线的距离的最小值为（ ）A. B. C. D. 二填空题共5小题，每小题5分，共25分.11. 函数的定义域为_12. 已知一个棱长为1的正方体的8个顶点都在一个球面上，则球的表面积为_，体积为_.13. 已知正实数满足，则_（填“或“）14. 已知在中，是边上中点，则的取值范围是_.15. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱上的动点且不与重合，为线段的中点.给出下列四个结论：三棱锥体积的最大值为；三角形的面积不变；四棱锥是正四棱锥.其中，所有

4、正确结论序号为_.三解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16. 已知中，.（1）求；（2）求的面积.17. 如图，已知正方体的棱长为分别是的中点.（1）求证：平面平面；（2）求证：平面；（3）求三棱锥体积.18. 已知函数.（1）求函数的单调递增区间和图像的对称中心；（2）当时，求的值域；（3）求不等式的解集.19. 已知中，.（1）求的大小；（2）若，求.20. 如图，在四棱锥中，已知底面是一个菱形，且，平面平面.（1）求证：；（2）求证：平面平面；（3）求证：.21. 已知数集具有性质：对任意的，使得成立.（1）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由；（2）求

5、证：北京市延庆区2021-2022学年高一下期末考试数学试题一选择题共10小题，每小题4分，共40分.1. 已知集合，集合或，集合，则（ ）A. 集合共有32个子集B. C. D. 或【答案】D【解析】【分析】先化简集合，再由交集并集补集的定义求解即可【详解】集合或，集合，对于A：因为集合的元素是无限的，故A错误；对于B：，故B错误；对于C：，故C错误；对于D：或，故D正确；故选：D2. 若复数满足，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】化简方程求出复数的代数形式，结合复数虚部的定义确定其虚部.【详解】因为，所以，所以复数的虚部为，故选：D.3. 下列命题错误的是（

6、 ）A. 若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任何一条直线B. 如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线也与这个平面平行C. 如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行D. 一个平面垂直于二面角的棱，它和二面角的两个面的交线形成的角就是二面角的一个平面角【答案】B【解析】【分析】利用线面垂直的定义可判断A，利用线面的位置关系可判断B，利用面面平行判定定理可判断C，利用二面角的定义可判断D.【详解】A，一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任何一条直线，故A正确；B，如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线与这个平面平

7、行或在这个平面内，故B错误；C，如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行，故C正确；D，一个平面垂直于二面角的棱，它和二面角的两个面的交线都垂直，故它们形成的角就是二面角的一个平面角，故D正确. 故选：B.4. 如图，是棱长都为2的直平行六面体，且，则这个直平行六面体的表面积为（ ）A. 16B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算上下底面与四个侧面的面积，再相加即可【详解】由题意可知：底面是菱形，且，所以,所以底面的面积为：，又因为每个侧面的面积都是，所以这个直平行六面体的表面积为，故选：D5. 已知是两条直线，是两个平面，则下列四个命题正确的有（ ）；.A.

8、 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】对于，由平面与平面平行的性质可判断；对于，由题可得或异面；对于，由题意可得或；对于，由题意可得在平面内至少有一条直线，使得，从而得到.【详解】解：对于，由平面与平面平行的性质可知，当时有成立，故正确；对于，由，可得或异面，故错误；对于，由可得或，故错误；对于，由可得，又因为，所以至少有一条直线，使得，所以，所以，故正确.所以说法正确的有共2个.故选：B.6. 已知平面和直线a,b,若a,则“ba”是“b”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用充分条件和

9、必要条件的定义进行判断.【详解】根据空间中直线与平面之间的位置关系，由a，b，可得ba，反之不成立，可能b与相交或平行“ba”是“b”的必要不充分条件故选B【点睛】本题考查的是必要条件、充分条件与充要条件的判断，以及空间位置关系的判定.7. 设复数在复平面内对应的点分别为，则两点之间距离的最大值为（ ）A. 1B. 3C. 5D. 7【答案】C【解析】【分析】，则，再由两点之间的距离公式求解即可【详解】设，因为，所以，因为复数在复平面内对应的点分别为，所以，所以，故当时，取得最大值，故选：C8. 如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高为（ ）A. B.

10、C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先还原为三棱锥，再计算小棱锥的高，再根据相似关系，即可计算三棱台的高.【详解】如图1，将正三棱台，还原为正三棱锥，由相似关系可知，三棱锥的棱长都是3，如图2，点在底面的射影是底面三角形的中心，高，所以根据相似关系可知，三棱台的高也是.故选：C9. 如图，公园里有一块边长为4的等边三角形草坪（记为），图中把草坪分成面积相等的两部分，在上，在上，如果要沿铺设灌溉水管，则水管的最短长度为（ ）A. B. C. 3D. 【答案】A【解析】分析】利用三角形面积公式及条件可得，然后利用余弦定理及基本不等式可得，即得.【详解】由题可知的面积为，又，由余弦定理可得，当且

11、仅当时取等号，即水管最短长度为.故选：A.10. 如图，已知直三棱柱中，则线段上的动点到直线的距离的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】过点作，再证明，故为动点到直线的距离，设，求出，再求其最小值即可.【详解】如图过点作，垂足为，过作，垂足为，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故为点到直线的距离，因为，所以，设，则，又，所以，又为直角三角形，所以，因为平面，又平面，所以，所以为直角三角形， 所以，所以，又，所以当时，取最小值，最小值为，所以线段上的

12、动点到直线的距离的最小值为，故选：C.二填空题共5小题，每小题5分，共25分.11. 函数的定义域为_【答案】【解析】【分析】根据对数真数大于0，建立的不等量关系，求解即可.【详解】函数有意义，需，解得或，所以函数的定义域为.故答案为：.【点睛】本题考查对数函数的定义域以及一元二次不等式的求解，考查数学计算能力，属于基础题.12. 已知一个棱长为1的正方体的8个顶点都在一个球面上，则球的表面积为_，体积为_.【答案】 . . 【解析】【分析】依题意正方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为，利用勾股定理即可求出，再根据球的表面积、体积公式计算可得.【详解】解：依题意正方体的体对角线即为

13、外接球的直径，设外接球的半径为，则，所以，球的表面积，球的体积.故答案为：；13. 已知正实数满足，则_（填“或“）【答案】【解析】【分析】根据函数的单调性，即可判断.【详解】单调递减，当时，且为正实数，单调递增，所以.故答案为：14. 已知在中，是边上中点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】首先转化向量，再代入数量积公式，即可求解.【详解】由条件可知，所以 ，,所以 所以的取值范围是，故答案为：15. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱上的动点且不与重合，为线段的中点.给出下列四个结论：三棱锥体积的最大值为；三角形的面积不变；四棱锥是正四棱锥.其中，所有正确结论的序号为_.【答案】【解

14、析】【分析】利用锥体的体积公式可判断，利用线面垂直的判定定理可判断，利用平行线的传递性及三角形面积公式可判断，利用正棱锥的定义可判断.【详解】因为三棱锥体积为，所以三棱锥体积的最大值为，故错误；连接，则，又平面，平面，所以，所以平面，故正确；设，连接，则，所以，即和到的距离相等且不变，所以三角形的面积不变，故正确；由，可知平面，又为正方形，为其中心，故四棱锥是正四棱锥，故正确.故答案为：.三解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16. 已知中，.（1）求；（2）求的面积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由已知条件利用正弦定理可求出，（2）由（1）求出角，

15、再利用三角形面积公式可求出的面积【小问1详解】在中，由正弦定理得，所以，得，因为，所以【小问2详解】在中，所以，因为，所以17. 如图，已知正方体的棱长为分别是的中点.（1）求证：平面平面；（2）求证：平面；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析； （2）详见解析； （3）.【解析】【分析】（1）利用正方体的性质及线面平行的判定定理可得平面，平面，再利用面面平行的判定定理即得；（2）利用线面平行判定定理即得；（3）利用三棱锥的体积公式即得.【小问1详解】由正方体的性质可得，四边形为平行四边形，平面，平面，平面，同理可得平面，又，平面平面；【小问2详解】由题可知，又，又平面，平面，平面；【

16、小问3详解】由题可知三棱锥的体积为.18. 已知函数.（1）求函数的单调递增区间和图像的对称中心；（2）当时，求的值域；（3）求不等式的解集.【答案】（1）函数的单调递增区间为，函数图像的对称中心为； （2）； （3）.【解析】【分析】（1）利用三角函数变换可得，然后利用正弦函数的性质即得；（2）利用正弦函数的图象及性质即得；（3）由题可得，然后利用正弦函数的图象及性质即得.【小问1详解】，由，可得，由，可得，函数的单调递增区间为，函数图像的对称中心为；【小问2详解】当时，即函数的值域为；【小问3详解】由，可得，即，不等式的解集为.19. 已知中，.（1）求的大小；（2）若，求.【答案】（1）

17、； （2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理及三角恒等变换可得，进而即得；（2）利用余弦定理即得.【小问1详解】中，又，又，；【小问2详解】，解得或（舍去）.20. 如图，在四棱锥中，已知底面是一个菱形，且，平面平面.（1）求证：；（2）求证：平面平面；（3）求证：.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理与性质定理证明即可；（2）由线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理证明即可；（3）由线面垂直的判定定理与性质定理证明即可；【小问1详解】因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，平面，所以；【小问2详解】因为底面一个菱形，所以为的中点，又，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问3详解】因为底面是一个菱形，所以为的中点，且，又，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以；21. 已知数集具有性质：对任意的，使得成立.（1）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由；（2）求证：.【答案】（1）详见解析 （2）详见解析【解析】【分析】（1）直接运用题设提供的条件进行验证即可；（2）运用题设条件中定义的信息可得，及，两式相加，即可证明.【小问1详解】因为，所以具有性质；因为不存在，使得，所以不具有性质.小问2详解】因为集合具有性质：对任意的，使得成立，又因为，所以，所以，所以，即.