北京市通州区2020学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）

《北京市通州区2020学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市通州区2020学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）（20页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、州区2020学年度第二学期高二年级期末考试数 学 试 卷本试卷共4页，150分考试时长120分钟考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回第一部分（选择题共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40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.已知，且，则等于A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由同角三角函数的基本关系，可求得，再由求值。【详解】因为，所以，因为，所以。【点睛】已知中的一个，则另外两个都可以求出，即知一求二。2.，下列各式中与相等的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由诱导公式，可得答案。【详解】因

2、为，所以与相等的是。【点睛】诱导公式的口诀是“奇变偶不变，符号看象限”。3.设角的终边经过点，则的值等于A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】角的终边经过点，得，代入展开后的式子进行求值。【详解】因为角的终边经过点，所以，所以。【点睛】本题考查三角函数的广义定义、两角差的余弦公式，注意两角差余弦公式展开时，中间是加号，符号不能记错。4.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A. 6B. 9C. 12D. 15【答案】B【解析】【分析】通过三视图还原几的直观图，是一个条侧棱与底面垂直的三棱锥，利用三视图的数据求出几何体的体积即可。【详解】该

3、几何体是三棱锥，如图所示：则。【点睛】本题以三视图为载体，要求还原几何体的直观图，再通过三视图的数据，考查三棱锥体积公式的应用。5.已知是平面，是直线，下列命题中不正确的是A. 若， ，则B. 若，则C. 若， ，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】由线面平行的性质定理可判断；由面面垂直的判定定理可判断；由面面垂直的性质定理和线面平行的判定定理可判断；由线面平行的性质和面面的位置关系可判断。【详解】对，若， ，由线面平行的性质定理可得，故正确；对，若，则，就是面面垂直的判定定理，故正确；对，若，则或，但，所以，故正确；对，若，则也可以相交，故不正确。【点睛】本题考查空间线线、线面和面面的位

4、置关系及平行和垂直的判定和性质定理的应用，考查空间想象能力。6.设函数的最小正周期为，且，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用辅助角公式把化成，利用周期，求出的值，再根据奇函数性质，得到的值。【详解】因为，又周期，所以，因为，且为奇函数，所以，所以，又，解得：。【点睛】本题考查辅助角公式的应用及正弦型函数的周期、奇偶性，再根据三角函数值求解时，要注意角的取值范围。7. 在ABC中“sinAsinB”是“cosAcosB”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【答案】C【解析】试题解析：必要性在ABC中，“cosAcosB”，

5、由余弦函数在（0，）是减函数，故有AB，若B不是钝角，显然有“sinAsinB”成立，若B是钝角，因为A+B，故有A-B，故有sinAsin（-B）=sinB综上，“cosAcosB”可以推出“sinAsinB”：充分性：由“sinAsinB”若B是钝角，在ABC中，显然有0AB，可得，“cosAcosB”若B不是钝角，显然有0AB，此时也有cosAcosB综上，“sinAsinB”推出“cosAcosB”成立故，“cosAcosB”是“sinAsinB”的充要条件C考点：本题考查三角函数和充要条件判断点评：解决本题的关键是掌握充要条件的判断方法，利用原命题真假证充分性，逆命题的真假证明必要性

6、，8.设点为上任意一点，垂直于 所在的平面，且，对于 所在的平面内任意两条相互垂直的直线，有下列结论：当直线与成角时，与成角；当直线与成角时，AB与成角；直线与所成角的最小值为；直线与所成角的最小值为.其中正确结论的序号为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】命题，通过作图把直线与所成的角作出，再去求解与所成的角。一组，命题，直接根据线面角的定义。【详解】如图圆锥中，直线，点分别为的中点，则为直线与所成的角，为直线AB与所成的角，设，若，则，所以，故正确；因为与 所在的平面所成角为，即直线与平面内所有直线所成角中的最小角，所以当直线与直线所成角的最小值为，故正确。【点睛】本题考查异

7、在直线所成角、线面角定义、最小角定理，考查空间想象能力、运算求解能力，能否准确找出两个角是解题的关键。第二部分（非选择题 共110分）二、填空题：(本大题共6小题，每小题5分，共30分)把正确答案填在题中横线上9.已知，则_.【答案】-3.【解析】【分析】由两角差的正切公式展开，解关于的方程。【详解】因为，所以。【点睛】本题考查两角差正切公式的简单应用，注意公式的特点：分子是减号，分母是加号。10.在平面直角坐标系中，角与角均以的为始边，它们的终边关于轴对称。若，则等于_.【答案】.【解析】【分析】由角与角的终边关于轴对称，得，再代入的2倍角展开式，进行求值。【详解】因为角与角的终边关于轴对称

8、，所以，因为。【点睛】根据角与角的终边的对称，利用三角函数线可快速得到两个角的三角函数值之间的关系。11.要得到函数的图象，只需将函数的图象向_平移_个单位.【答案】 (1). 左. (2). .【解析】【分析】函数改写成，函数改写成，对比两个函数之间自变量发生的变化。【详解】函数等价于，函数等价于，所以函数的图象向左平移个单位。【点睛】函数的平移或伸缩变换都是针对自变量而言的，所以本题要先的系数2提出来，再用“左加右减”的平移原则进行求解。12.能说明命题“在中，若，则这个三角形一定是等腰三角形”为假命题的一组的值为_.【答案】答案不唯一满足（）即可.【解析】【分析】由可得：或，所以当时，显

9、然也满足条件，但三角形不是等腰三角形，从而得到原命题为假命题。【详解】因为，所以，所以或，所三角形为等腰三角形或直角三角形，所以当时，原命题显然为假命题。【点睛】本题以三角形知识为背景，考查解三角形与简易逻辑的交会，考查逻辑推理能力。13.如图所示，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得已知山高，则山高_【答案】750.【解析】【分析】利用直角三角形求出，由正弦定理求，再利用直角三角形求出的值。【详解】在中，所以，在中，从而，由正弦定理得：，所以，中，由，得。【点睛】本题以测量山高的实际问题为背景，考查正弦定理在解决实际问题中的应用，求解时要注意结

10、合立体几何图形找到角之间的关系。14.如图，在边长为2正方体中，为的中点，点在正方体表面上移动，且满足，则点和满足条件的所有点构成的图形的面积是_.【答案】.【解析】【分析】点满足，且在正方体的表面上，所以点只能在面、面、面、面内。【详解】取，的中点分别为，连结，由于，所以四点共面，且四边形为梯形，因为，所以面，因为点在正方体表面上移动，所以点的运动轨迹为梯形，如图所示：因为正方体的边长为2，所以，所以梯形为等腰梯形，所以。【点睛】本题以动点问题为背景，考查空间中线面、线线位置关系、面积的求解运算，解题的关键在于确定点的运动轨迹。三、解答题：本大题共6小题，共80分解答应写出必要的文字说明、证

11、明过程或演算步骤15.已知函数.（1）求的最小正周期；（2）当 时，求的单调递增区间.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换，把函数化成的形式，再求周期；（2）先求在定义域内的单调递增区间，再把单调区间与区间取交集。【详解】（1）因，所以的最小正周期.（2）函数的单调递增区间为，则，即，因为 时，所以的单调递增区间为.【点睛】本题考查三角恒等变换及三角函数的性质，在求单调区间时，不能把定义域忽视，导致求出的单调区间在定义域之外。16.如图，在三棱柱中，且，底面，为中点,点为上一点.（1）求证： 平面；（2）求二面角 的余弦值；（3）设，若，写出的值（不需写过程）.【答案

12、】（1）见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）证明 平面，只要在面内找到一条直线与平行；（2）以，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，写出两个面的法向量，再求法向量的夹角，结合图形发现二面角的平面角为钝角，从而求得二面角的余弦值。（3）由，可证得平面，进而得到，再利用相似得到为中点。【详解】（1）连接交于，连接，因为四边形为矩形，为对角线，所以为中点，又因为为中点，所以，平面，平面，所以 /平面.（2）因为底面，所以底面，又，所以以，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则，.，设平面的法向量为,则有，即令，则.由题意底面，所以为平面的法向量，所以，又由图可知二面角为钝二面角，所以二

13、面角 的余弦值为。（3）.【点睛】本题考查线面平行判定定理、利用空间向量求二面角的大小等知识，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时要注意在图中添加辅助线。17.在内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）6.【解析】【分析】（1）利用正弦定理及题设，得到等式，由代入等式得到关于的三角方程，再求得角的值；（2）根据（1）中结论，利用余弦定理得到关于的方程，求出，利用面积公式求得面积。【详解】（1）由正弦定理及题设得：，又所以，即，因为，所以。（2）由余弦定理可得：，解得或（舍），因为。【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形内角和、三角形面积公式等知识，考查

14、运算求解能力，求得，要注意写上条件，才能得到。18.如图，是等腰直角三角形，分别为的中点，沿将折起，得到如图所示的四棱锥（1）求证：平面；（2）当四棱锥体积取最大值时，(i) 写出最大体积；(ii) 求与平面所成角的大小.【答案】（1）见解析；（2）(i)最大体积为；(ii).【解析】【分析】（1）由翻折前后的不变性，得，且，可证得；（2）(i)当面底面时，四棱锥的体积达到最大；(ii)当四棱锥体积取最大值时，可得平面ABFE.，以所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的一个法向量和，再求两个向量夹角的余弦值，进而得到线面角的正弦值。【详解】证明：（1）因为是等腰直角

15、三角形，分别为的中点，所以，又因为，所以，因为，所以.（2）(i) 当面底面时，四棱锥的体积达到最大，则.(ii) 因为四棱锥体积取最大值,所以平面ABFE.分别以所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则,，,，.设平面的一个法向量为,由得, 取，得则，所以，所以与平面所成角的正弦值为，所以与平面所成角的大小为.【点睛】本题以翻折为背景，考查线面垂直的判定定理、棱锥体积、线面角等知识，对线面角与向量的夹角关系要理清楚不能弄错，即。19.定义：，其中.（1）设，求在区间的最小值；（2）设，其中.求当时，的最大值（用含有的代数式表示）.【答案】（1）；（2）当时，； 当时，；当时，.【解析】【

16、分析】（1）根据定义求出，利用整体思想得到，再由三角函数线得到，当时，取得最小值；（2）由定义求得，利用换元法，把问题转化成求一元二次函数在闭区间上最大值问题。【详解】（1）由题意可知，因为，则，所以当，即时，.（2） 令，因为，所以，则函数的最大值，可转化为求函数在的最大值，当时，时，；当时，时，；当时，时，.【点睛】本题是创新型问题，给定一个新定义，要会从定义中读取信息，本质考查三角函数和一元二次函数含参的最值问题，第（2）问根据对称轴与区间的位置关系分三种情况进行讨论。20.如图所示的几何体中， ，平面，且平面，正方形的边长为2，为棱中点，平面分别与棱交于点.（）求证：；（）求证：平面平

17、面；（）求的长.【答案】（）见解析；（）见解析；（）2.【解析】【分析】（1）利用线面平行判定定理证得平面，再利用线面平行性质定理证得；（2）证明直线平面，即证明垂直平面内两条相交直线；（3）建立空间直角坐标系，设，由，求得。【详解】（1）证明：因为为正方形，所以，又平面，平面，所以平面.因为平面平面，平面，所以.（2）证明：因为平面，所以.因为是正方形，所以，又，所以平面，所以.因为为棱中点，且，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面.-（3）如图所示，以分别轴建立空间直角坐标系，因为，所以，则因为，设，且，则，由（2）可知平面，平面，所以，所以，即，所以.【点睛】本题考查线面平行判定定理、线面平行性质定理、面面垂直判定定理、空间向量求线段长等，考查空间想象能力和运算求解能力。