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．（3分）过平面α外一点A，能做（　　）条直线与平面α平行

A．0 B．1 C．2 D．无数

2．（3分）已知点A（0，），B（0，0），C（1，0），则cos＜，＞＝（　　）

A． B． C． D．

3．（3分）下列选项中，能构成钝角三角形的三边长的选项是（　　）

A．1，2，3 B．2，3，4 C．3，4，5 D．4，5，6

4．（3分）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（　　）

A． B．

C． D．

5．（3分）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（　　）

A．4：1 B．2：1 C．π：1 D．π：2

6．（3分）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

7．（3分）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．（3分）函数 f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，则f（）的值为（　　）

A．﹣ B．﹣ C．﹣ D．﹣1

9．（3分）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）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（　　）

A．

B．

C．

D．

10．（3分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1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D﹣BPC1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．（4分）设x∈R，向量＝（x，1），＝（1，﹣2），且⊥，则x＝　 　．

12．（4分）函数f（x）＝cos2x•cosx﹣sin2x•sinx的最小正周期为 　               　．

13．（4分）如图所示，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M为棱A1B1的中点，过点A1的平面α与平面BMC1平行，则平面α与直线CD的交点到顶点D的距离为　 　；三棱锥A1﹣BMC1的体积为 　 　．

14．（4分）已知函数f（x）＝sinωx+cosωx（ω＞0），f（）+f（）＝0，且f（x）在区间（，）上递减，则ω＝　 　．

15．（4分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，给出下列命题：

①图中所有线段中PC最长；

②△PBD可能为直角三角形；

③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．（10分）已知函数．

（1）求的值；

（2）求函数f（x）的单调递减区间．

17．（10分）如图所示，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，点D，E分别为线段AB，AC的中点，过DE的平面α交平面PBC于FG．

（1）证明：BC⊥平面PAB；

（2）证明：FG∥DE．

18．（10分）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．（12分）如图所示，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1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．（8分）设集合An＝{1，2，3，...，n}（n≥2，n∈N），集合P⊆An，如果对于任意元素x∈P，都有x﹣1∈P或x+1∈P，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P＝{1，2，3，5}和Q＝{1，2，4，5}是否为A5的自邻集；

（2）比较和的大小，并说明理由．

（3）当n≥4时，求证：．

2020-2021学年北京市海淀区八一学校高一（下）期末数学试卷

参与试题解析

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．（3分）过平面α外一点A，能做（　　）条直线与平面α平行

A．0 B．1 C．2 D．无数

【解答】解：因为平面α外有无数条直线平行与平面α，

所以过平面α外一点A，能做无数条直线与平面α平行，

故选：D．

2．（3分）已知点A（0，），B（0，0），C（1，0），则cos＜，＞＝（　　）

A． B． C． D．

【解答】解：根据题意，点A（0，），B（0，0），C（1，0），

则＝（1，0），＝（1，﹣），

则有||＝1，||＝2，•＝1，

则cos＜，＞＝＝，

故选：C．

3．（3分）下列选项中，能构成钝角三角形的三边长的选项是（　　）

A．1，2，3 B．2，3，4 C．3，4，5 D．4，5，6

【解答】解：∵1+2＝3，∴这三边不能构成三角形，A错误；

∵22+32﹣42＝﹣3＜0，∴这三边能构成钝角三角形，B正确；

∵32+42＝52，∴这三边构成直角三角形，C错误；

∵42+52﹣62＝16+25﹣36＝5＞0，∴这三边构成锐角三角形，D错误．

故选：B．

4．（3分）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（　　）

A． B．

C． D．

【解答】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：B．

5．（3分）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（　　）

A．4：1 B．2：1 C．π：1 D．π：2

【解答】解：设圆锥的母线长为l＝4x，则底面半径r＝x，

所以圆锥的侧面积为S＝πrl＝4πx2，

圆锥底面面积为S'＝πr2＝πx2，

所以该圆锥的侧面积与底面积之比为4：1．

故选：A．

6．（3分）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

【解答】解：（﹣）•（+）＝0⇔⇔⇔||＝||，

故“（﹣）•（+）＝0”是“||＝||”的充要条件．

故选：C．

7．（3分）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

【解答】解：在△ABC中，∵＝＝，

∴sin2A＝sin2B，

∴2A＝2B或2A＝π﹣2B，

∴A＝B或A+B＝，

∴△ABC为等腰或直角三角形，

故选：D．

8．（3分）函数 f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，则f（）的值为（　　）

A．﹣ B．﹣ C．﹣ D．﹣1

【解答】解：∵f（x）的最大值为，最小值为﹣，A＞0，

∴A＝，

∵f（x）的周期T＝4（）＝π，

∴ω＝＝2，

∵f（）＝﹣，

∴sin（+φ）＝﹣，

∴φ＝+2kπ，∴φ＝+2kπ，k∈Z，

∴f（）＝sin（++2kπ）＝sin（）＝﹣sin＝﹣1．

故选：D．

9．（3分）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）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（　　）

A．

B．

C．

D．

【解答】解：由题可知：∠BAD＝73.5°﹣26.5°＝47°，

在△BAD中，由正弦定理可知：，即，

则，

又在△ACD中，，

所以，

故选：D．

10．（3分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1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D﹣BPC1的体积为定值

D．直线CD和平面BPC1平行

【解答】解：对于A，因为在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，

则CB1⊥平面ABC1D1，因为C1P⊂平面ABC1D1，所以CB1⊥C1P，

故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D﹣BPC1的体积等于三棱锥P﹣DBC1的体积，

又△DBC1的大小一定，因为P∈AD1，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D﹣BPC1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．（4分）设x∈R，向量＝（x，1），＝（1，﹣2），且⊥，则x＝　2　．

【解答】解：x∈R，向量＝（x，1），＝（1，﹣2），且⊥，

可得：x﹣2＝0，解得x＝2．

故答案为：2．

12．（4分）函数f（x）＝cos2x•cosx﹣sin2x•sinx的最小正周期为 　　．

【解答】解：函数f（x）＝cos2x•cosx﹣sin2x•sinx＝cos（2x+x）＝cos3x 的最小正周期为，

故答案为：．

13．（4分）如图所示，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M为棱A1B1的中点，过点A1的平面α与平面BMC1平行，则平面α与直线CD的交点到顶点D的距离为　2　；三棱锥A1﹣BMC1的体积为 　　．

【解答】解：取AB、C1D1的中点分别为P、N，连接A1P，A1N，PC，CN，

由A1M∥NC1，且A1M＝NC1，故四边形A1MC1N为平行四边形，

所以A1N∥C1M，且A1N＝C1M，

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A1N∥C1M，A1N⊄平面BMC1，C1M⊂平面BMC1，

故A1N∥平面BMC1，

因为A1P∥MB，A1P⊄平面BMC1，MB⊂平面BMC1，

故A1P∥平面BMC1，

又A1P∩A1N＝A1，A1P，A1N⊂平面A1NCP，

所以平面A1NCP∥平面BMC1，

则平面A1NCP即为平面α，

平面α与直线CD的交点C到顶点D的距离为CD＝2，

由等体积法可得，＝＝，

故三棱锥A1﹣BMC1的体积为．

故答案为：2；．

14．（4分）已知函数f（x）＝sinωx+cosωx（ω＞0），f（）+f（）＝0，且f（x）在区间（，）上递减，则ω＝　2　．

【解答】解：f（x）＝sinωx+cosωx＝2sin（ωx+），

由，取k＝0，得：

，由于f（x）在区间（，）上单调递减，

∴，解得1≤ω≤．

∵f（）+f（）＝0，

∴x＝＝为f（x）＝2sin（ωx+）的一个中心的横坐标，

∴，则ω＝3k﹣1，k∈Z，

又1≤ω≤．

∴ω＝2．

故答案为：2．

15．（4分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，给出下列命题：

①图中所有线段中PC最长；

②△PBD可能为直角三角形；

③平面PAB与平面PCD的交线与AB平行．

其中正确的序号是 　①③　．

【解答】解：对于①：不妨设正方形ABCD的边长为a，PA＝b，

所以AB＝BC＝CD＝AD＝a，

所以PB＝PD＝，PC＝＝，

所以所有线段中PC最长，故①正确；

对于②：由①知BD＝＝，

PB2+PD2＝a2+b2+a2+b2＝2a2+2b2，BD2＝2a2，

若PB⊥PD，则PB2+PD2＝BD2，解得b＝0，不合题意，

所以PB不垂直PD，

PB2+BD2＝a2+b2+2a2＝3a2+b2，PD2＝a2+b2，

若PB⊥BD，则PB2+BD2＝PD2，解得a＝0，不合题意，

所以PB不垂直BD，

PD2+BD2＝a2+b2+2a2＝3a2+b2，PB2＝a2+b2，

若PD⊥BD，则PD2+BD2＝PB2，解得a＝0，不合题意，

所以PD不垂直BD，故②不正确；

对于③：设平面PAB与平面PCD的交线为l，

因为CD∥AB，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PCD＝l，

所以CD∥l，

所以AB∥l，故③正确．

故答案为：①③．

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．（10分）已知函数．

（1）求的值；

（2）求函数f（x）的单调递减区间．

【解答】解：（1）＝＝sin2x+＝2sin（2x+），

所以＝．

（2）令（k∈Z），

整理得：（k∈Z），

所以函数的单调递减区间为：[]（k∈Z）．

17．（10分）如图所示，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，点D，E分别为线段AB，AC的中点，过DE的平面α交平面PBC于FG．

（1）证明：BC⊥平面PAB；

（2）证明：FG∥DE．

【解答】证明：（1）因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

所以PA⊥BC，

又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，

所以BC⊥平面PAB；

（2）因为点D，E分别为线段AB，AC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α，平面α∩面PBC＝FG，

由线面平行的性质可得：FG∥DE．

18．（10分）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．

【解答】解：（1）在△ABC中，根据余弦定理，b2+c2﹣a2＝2bccosA，且，

∴由得，，

∴，且A∈（0，π），

∴；

（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．（12分）如图所示，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1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．

【解答】（1）证明：连接A1B，C1B，

∵AB∥C1D1，AB＝C1D1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，

可得AD1∥BC1，

∵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A1B∩BC1＝B，

∴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：A1P＝2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BB1D1D，

∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，

∴AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，BB1⊥AC，

又BB1∩BD＝B，∴AC⊥平面BB1D1D，而AC⊂平面ACD1，

∴平面ACD1⊥平面BB1D1D，即平面BDP⊥平面ACD1．

20．（8分）设集合An＝{1，2，3，...，n}（n≥2，n∈N），集合P⊆An，如果对于任意元素x∈P，都有x﹣1∈P或x+1∈P，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P＝{1，2，3，5}和Q＝{1，2，4，5}是否为A5的自邻集；

（2）比较和的大小，并说明理由．

（3）当n≥4时，求证：．

【解答】（1）解：因为A5＝{1，2，3，4，5}，所以P＝{1，2，3，5}⊆A5，Q＝{1，2，4，5}⊆A5，

因为5﹣1∉P，5+1∉P，

所以P＝{1，2，3，5}不是A5的自邻集，

因为1+1＝2∈Q，2﹣1∈Q，4+1＝5∈Q，5﹣1＝4∈Q，

所以Q＝{1，2，4，5}是A5的自邻集；

（2）解：A10＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，

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{2，3}，{1，2，3}，共2个，即，

所以＞；

（3）证明：记集合An＝{1，2，3，...，n}（n≥2，n∈N）所有子集中自邻集的个数为an，

由题意可得，当n≥4时，，

，

则有an＝an﹣1+，

①自邻集中含有n﹣2，n﹣1，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n﹣2，n﹣1∈D，所以D仍是自邻集，且集合D中的最大元素为n﹣1，

所以含有n﹣2，n﹣1，n这三个元素的自邻集的个数为；

②自邻集中含有n﹣1，n这两个元素，不含n﹣2，且不只有n﹣1，n这个两个元素，

记自邻集除n﹣1，n之外最大元素为m，则2≤m≤n﹣3，

每个自邻集中去掉n﹣1，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n﹣4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n﹣3的集合个数为，

则这样的集合共有；

③自邻集只含有n﹣1，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．