1、2020-2021学年北京市海淀区八一学校高一（下）期末数学试卷一、选择题（共10小题，每题3分，共30分）. 1过平面外一点A，能做（）条直线与平面平行A0B1C2D无数2已知点A（0，），B（0，0），C（1，0），则cos，（）ABCD3下列选项中，能构成钝角三角形的三边长的选项是（）A1，2，3B2，3，4C3，4，5D4，5，64把函数f（x）sin2x的图象向右平移个单位长度，得到的图象所对应的函数g（x）的解析式是（）ABCD5若圆锥的母线长与底面半径之比为4：1，则该圆锥的侧面积与底面积之比为（）A4：1B2：1C：1D：26设非零向量，则“（）（+）0”是“|”的（）A充分不
2、必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件7在ABC中，若，则ABC为（）A等边三角形B等腰三角形C直角三角形D等腰或直角三角形8函数 f（x）Asin（x+）（A0，0）的部分图象如图所示，则f（）的值为（）ABCD19圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即ABC）为2
3、6.5，夏至正午太阳高度角（即ADC）为73.5，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（）ABCD10在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则下列命题错误的是（）A异面直线C1P和CB1所成的角为定值B直线CP和平面ABC1D1所成的角为定值C三棱锥DBPC1的体积为定值D直线CD和平面BPC1平行二、填空题共5小题，每小题4分，共20分。11设xR，向量（x，1），（1，2），且，则x 12函数f（x）cos2xcosxsin2xsinx的最小正周期为 13如图所示，棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M为棱A1B
4、1的中点，过点A1的平面与平面BMC1平行，则平面与直线CD的交点到顶点D的距离为 ；三棱锥A1BMC1的体积为 14已知函数f（x）sinx+cosx（0），f（）+f（）0，且f（x）在区间（，）上递减，则 15如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为正方形，PA平面ABCD，给出下列命题：图中所有线段中PC最长；PBD可能为直角三角形；平面PAB与平面PCD的交线与AB平行其中正确的序号是 三、解答题共5小题，共50分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程16已知函数（1）求的值；（2）求函数f（x）的单调递减区间17如图所示，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABBC，点D，E分
5、别为线段AB，AC的中点，过DE的平面交平面PBC于FG（1）证明：BC平面PAB；（2）证明：FGDE18在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ABC的面积为S，且满足（1）求角A的大小；（2）设BAC的角平分线AD交BC于D，且，求线段AD的长19如图所示，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，P是线段A1C1上的动点（1）证明：BP平面ACD1；（2）在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面BDP平面ACD1？若存在，请求出A1C1：A1P的值；若不存在，请说明理由20设集合An1，2，3，.，n（n2，nN），集合PAn，如果对于任意元素xP，都有x1P或x+1P，则称集合P
6、为An的自邻集记为集合An的所有自邻集中最大元素为k的集合的个数（1）直接判断集合P1，2，3，5和Q1，2，4，5是否为A5的自邻集；（2）比较和的大小，并说明理由（3）当n4时，求证：参考答案一、选择题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1过平面外一点A，能做（）条直线与平面平行A0B1C2D无数解：因为平面外有无数条直线平行与平面，所以过平面外一点A，能做无数条直线与平面平行，故选：D2已知点A（0，），B（0，0），C（1，0），则cos，（）ABCD解：根据题意，点A（0，），B（0，0），C（1，0），则（1，0），（1，），则有|1
7、，|2，1，则cos，故选：C3下列选项中，能构成钝角三角形的三边长的选项是（）A1，2，3B2，3，4C3，4，5D4，5，6解：1+23，这三边不能构成三角形，A错误；22+324230，这三边能构成钝角三角形，B正确；32+4252，这三边构成直角三角形，C错误；42+526216+253650，这三边构成锐角三角形，D错误故选：B4把函数f（x）sin2x的图象向右平移个单位长度，得到的图象所对应的函数g（x）的解析式是（）ABCD解：由题意，将函数f（x）sin2x的图象向右平移个单位长度，可得的图象，故选：B5若圆锥的母线长与底面半径之比为4：1，则该圆锥的侧面积与底面积之比为（）
8、A4：1B2：1C：1D：2解：设圆锥的母线长为l4x，则底面半径rx，所以圆锥的侧面积为Srl4x2，圆锥底面面积为Sr2x2，所以该圆锥的侧面积与底面积之比为4：1故选：A6设非零向量，则“（）（+）0”是“|”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解：（）（+）0|，故“（）（+）0”是“|”的充要条件故选：C7在ABC中，若，则ABC为（）A等边三角形B等腰三角形C直角三角形D等腰或直角三角形解：在ABC中，sin2Asin2B，2A2B或2A2B，AB或A+B，ABC为等腰或直角三角形，故选：D8函数 f（x）Asin（x+）（A0，0）的部分图象如图
9、所示，则f（）的值为（）ABCD1解：f（x）的最大值为，最小值为，A0，A，f（x）的周期T4（），2，f（），sin（+），+2k，+2k，kZ，f（）sin（+2k）sin（）sin1故选：D9圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即ABC）为26.5，夏至正午太阳高度角（即ADC
10、）为73.5，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（）ABCD解：由题可知：BAD73.526.547，在BAD中，由正弦定理可知：，即，则，又在ACD中，所以，故选：D10在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则下列命题错误的是（）A异面直线C1P和CB1所成的角为定值B直线CP和平面ABC1D1所成的角为定值C三棱锥DBPC1的体积为定值D直线CD和平面BPC1平行解：对于A，因为在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则CB1平面ABC1D1，因为C1P平面ABC1D1，所以CB1C1P，故
11、这两条异面直线所成的角恒为定值90，故选项A正确；对于B，由线面夹角的定义可知，令BC1与B1C的交点为O，则CPO即为直线CP与平面ABC1D1所成的角，当点P移动时，CPO是变化的，故直线CP和平面ABC1D1所成的角为不是定值，故选项B错误；对于C，三棱锥DBPC1的体积等于三棱锥PDBC1的体积，又DBC1的大小一定，因为PAD1，而AD1平面BDC1，所以点A到平面DBC1的距离即为点P到该平面的距离，所以三棱锥DBPC1的体积为定值，故选项C正确；对于D，直线CD平面ABC1D1，则直线CD平面BPC1，故选项D正确故选：B二、填空题共5小题，每小题4分，共20分。11设xR，向量
12、（x，1），（1，2），且，则x2解：xR，向量（x，1），（1，2），且，可得：x20，解得x2故答案为：212函数f（x）cos2xcosxsin2xsinx的最小正周期为 解：函数f（x）cos2xcosxsin2xsinxcos（2x+x）cos3x 的最小正周期为，故答案为：13如图所示，棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M为棱A1B1的中点，过点A1的平面与平面BMC1平行，则平面与直线CD的交点到顶点D的距离为2；三棱锥A1BMC1的体积为 解：取AB、C1D1的中点分别为P、N，连接A1P，A1N，PC，CN，由A1MNC1，且A1MNC1，故四边形A1MC1N为平
13、行四边形，所以A1NC1M，且A1NC1M，因为PM，BB1，CC1平行且相等，则四边形PCC1M为平行四边形，所以PC与C1M平行且相等，则A1N与PC平行且相等，故四边形A1NCP为平行四边形，因为A1NC1M，A1N平面BMC1，C1M平面BMC1，故A1N平面BMC1，因为A1PMB，A1P平面BMC1，MB平面BMC1，故A1P平面BMC1，又A1PA1NA1，A1P，A1N平面A1NCP，所以平面A1NCP平面BMC1，则平面A1NCP即为平面，平面与直线CD的交点C到顶点D的距离为CD2，由等体积法可得，故三棱锥A1BMC1的体积为故答案为：2；14已知函数f（x）sinx+co
14、sx（0），f（）+f（）0，且f（x）在区间（，）上递减，则2解：f（x）sinx+cosx2sin（x+），由，取k0，得：，由于f（x）在区间（，）上单调递减，解得1f（）+f（）0，x为f（x）2sin（x+）的一个中心的横坐标，则3k1，kZ，又12故答案为：215如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为正方形，PA平面ABCD，给出下列命题：图中所有线段中PC最长；PBD可能为直角三角形；平面PAB与平面PCD的交线与AB平行其中正确的序号是 解：对于：不妨设正方形ABCD的边长为a，PAb，所以ABBCCDADa，所以PBPD，PC，所以所有线段中PC最长，故正确；对于：由知B
15、D，PB2+PD2a2+b2+a2+b22a2+2b2，BD22a2，若PBPD，则PB2+PD2BD2，解得b0，不合题意，所以PB不垂直PD，PB2+BD2a2+b2+2a23a2+b2，PD2a2+b2，若PBBD，则PB2+BD2PD2，解得a0，不合题意，所以PB不垂直BD，PD2+BD2a2+b2+2a23a2+b2，PB2a2+b2，若PDBD，则PD2+BD2PB2，解得a0，不合题意，所以PD不垂直BD，故不正确；对于：设平面PAB与平面PCD的交线为l，因为CDAB，CD平面PAB，AB平面PAB，所以CD平面PAB，因为CD平面PCD，平面PAB平面PCDl，所以CDl，
16、所以ABl，故正确故答案为：三、解答题共5小题，共50分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程16已知函数（1）求的值；（2）求函数f（x）的单调递减区间解：（1）sin2x+2sin（2x+），所以（2）令（kZ），整理得：（kZ），所以函数的单调递减区间为：（kZ）17如图所示，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABBC，点D，E分别为线段AB，AC的中点，过DE的平面交平面PBC于FG（1）证明：BC平面PAB；（2）证明：FGDE【解答】证明：（1）因为PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC，又因为ABBC，PAABA，所以BC平面PAB；（2）因为点D，E分别为线段AB，A
17、C的中点，所以DE/BC，因为DE面PBC，BC面PBC，所以DE/面PBC，因为DE/面PBC，DE面，平面面PBCFG，由线面平行的性质可得：FGDE18在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ABC的面积为S，且满足（1）求角A的大小；（2）设BAC的角平分线AD交BC于D，且，求线段AD的长解：（1）在ABC中，根据余弦定理，b2+c2a22bccosA，且，由得，且A（0，），；（2）如图，在ABC中，且，根据正弦定理得，解得，又，且，在ACD中，根据正弦定理得，解得19如图所示，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，P是线段A1C1上的动点（1）证明：BP平面ACD1；（2
18、）在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面BDP平面ACD1？若存在，请求出A1C1：A1P的值；若不存在，请说明理由【解答】（1）证明：连接A1B，C1B，ABC1D1，ABC1D1，四边形ABC1D1是平行四边形，可得AD1BC1，AD1平面ACD1，BC1平面ACD1，BC1平面ACD1，同理A1B平面ACD1，又A1B、BC1平面A1BC1，且A1BBC1B，平面ACD1平面BA1C1，而P是线段A1C1上的动点，BP平面BA1C1，可得BP平面ACD1；（2）解：当P为A1C1的中点，即A1C1：A1P2时，平面BDP平面ACD1证明如下：若P为A1C1的中点，则平面BDP即为平面B
19、B1D1D，四棱柱ABCDA1B1C1D1是正四棱柱，ACBD，BB1平面ABCD，BB1AC，又BB1BDB，AC平面BB1D1D，而AC平面ACD1，平面ACD1平面BB1D1D，即平面BDP平面ACD120设集合An1，2，3，.，n（n2，nN），集合PAn，如果对于任意元素xP，都有x1P或x+1P，则称集合P为An的自邻集记为集合An的所有自邻集中最大元素为k的集合的个数（1）直接判断集合P1，2，3，5和Q1，2，4，5是否为A5的自邻集；（2）比较和的大小，并说明理由（3）当n4时，求证：【解答】（1）解：因为A51，2，3，4，5，所以P1，2，3，5A5，Q1，2，4，5A
20、5，因为51P，5+1P，所以P1，2，3，5不是A5的自邻集，因为1+12Q，21Q，4+15Q，514Q，所以Q1，2，4，5是A5的自邻集；（2）解：A101，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则其自邻集中最大元素为6的集合中必含有5和6，则有5，6，4，5，6，3，4，5，6，2，3，5，6，1，2，5，6，2，3，4，5，6，1，2，3，5，6，1，2，4，5，6，1，2，3，4，5，6，共9个，即，其自邻集中最大元素为5的集合中必含有4和5，则有4，5，3，4，5，2，3，4，5，1，2，4，5，1，2，3，4，5，共5个，即，其自邻集中最大元素为3的集合中必含有2和3，则有2
21、，3，1，2，3，共2个，即，所以；（3）证明：记集合An1，2，3，.，n（n2，nN）所有子集中自邻集的个数为an，由题意可得，当n4时，则有anan1+，自邻集中含有n2，n1，n这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素n后的集合为D，因为n2，n1D，所以D仍是自邻集，且集合D中的最大元素为n1，所以含有n2，n1，n这三个元素的自邻集的个数为；自邻集中含有n1，n这两个元素，不含n2，且不只有n1，n这个两个元素，记自邻集除n1，n之外最大元素为m，则2mn3，每个自邻集中去掉n1，n这两个元素后，仍为自邻集，此时的自邻集的最大元素为m，可将此时的自邻集分为n4种情况：含有最大数为2的集合个数为，含有最大数为3的集合个数为，含有最大数为n3的集合个数为，则这样的集合共有；自邻集只含有n1，n这两个元素，这样的自邻集只有1个，综上可得，因为，故，所以，故