2022北京房山高一（下）期末数学（教师版）

2022北京房山高一（下）期末

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一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1．“点在直线上，但不在平面内”，用数学符号表示正确的是　　

A．且 B．且 C．且 D．且

2．复数的虚部是　　

A．4 B．3 C． D．

3．计算式子的结果是　　

A． B． C． D．

4．若复数是虚数，则实数取值的集合是　　

A． B． C． D．

5．在中，已知，，，则角　　

A． B． C． D．

6．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数　　

A． B． C． D．

7．若，，则　　

A． B． C． D．

8．已知一个圆柱与一个圆锥的底面半径相等，圆柱的高等于其底面直径，圆锥的高等于其底面直径的2倍．给出下列结论：

①设圆柱与圆锥的体积分别为，，则；

②设圆柱与圆锥的轴截面面积分别为，，则；

③设圆柱与圆锥的侧面积分别为，，则

④设圆柱与圆锥表面积分别为，，则

其中所有正确结论的序号是　　

A．① B．②③ C．①③④ D．①②③④

9．“”是“”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

10．如图，以正方形的各边为底可以向外作四个腰长为1的等腰三角形，则正方形与四个等腰三角形面积之和的最大值为　　

A． B． C． D．6

二、填空题：本大题共6题，每小题5分，共30分。

11．已知复数，则复数的模是 　　．

12．若复数，，则　　．

13．用一个平面截一个球，所得截面面积为，球心到截面的距离为，则该球的表面积为 　　，体积为 　　．

14．已知的三条边长分别为5，7，8，则此三角形的最大角与最小角之和为 　　．

15．如图，甲船在处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由处向南偏西方向行驶，则经过 　　小时后，甲、乙两船相距最近．

16．若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其表面积的值可能是 　　．（只需写出一个可能的值）

三、解答题：本大题共5小题，每题14分，共70分。

17．（14分）已知，，，求值：

（Ⅰ）；

（Ⅱ）；

（Ⅲ）．

18．（14分）已知函数．

（Ⅰ）求函数的最小正周期；

（Ⅱ）求函数的值域．

19．（14分）《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）．在如图所示的堑堵中，已知，，．当阳马体积等于24时，求：

（Ⅰ）堑堵的侧棱长；

（Ⅱ）鳖臑的体积；

（Ⅲ）阳马的表面积．

20．（14分）在中，，．

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．

条件①：；

条件②：；

条件③：的周长为．

21．（14分）如图，在正方体中，是棱上一点，且．

（Ⅰ）试画出过，，三点的平面截正方体所得截面；

（Ⅱ）证明：平面与平面相交，并指出它们的交线．

参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1．【分析】点与线、点与面均为元素与集合间的关系，由文字语言即可得到符号语言．

【解答】解：“点在直线上，但不在平面内”的符号语言为：

且，

故选：．

【点评】本题考查空间中点、线、面间的位置关系，是基础题．

2．【分析】根据已知条件，结合虚部的定义，即可求解．

【解答】解：复数的虚部是．

故选：．

【点评】本题主要考查虚部的定义，属于基础题．

3．【分析】由题意，利用两角差的余弦公式，求解即可．

【解答】解：

，

故选：．

【点评】本题主要考查两角差的余弦公式，属于基础题．

4．【分析】根据已知条件，结合虚数的定义，推出，即可求解．

【解答】解：复数是虚数，

，解得，

故实数取值的集合是．

故选：．

【点评】本题主要考查虚数的定义，属于基础题．

5．【分析】利用正弦定理，求出，然后结合大边对大角确定的值．

【解答】解：由已知得，

即，解得，又因为，

故．

故选：．

【点评】本题考查正弦定理的应用，属于基础题．

6．【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及共轭复数的定义，即可求解．

【解答】解：复数对应的点的坐标是，

，

．

故选：．

【点评】本题主要考查复数的几何意义，以及共轭复数的定义，属于基础题．

7．【分析】由题意，利用两角差的正切公式，计算的值即可．

【解答】解：若，，

则，

故选：．

【点评】本题主要考查两角差的正切公式的应用，属于基础题．

8．【分析】设圆锥和圆柱的底面半径为，则圆柱的高为，圆锥的高为，圆锥的母线长为，利用圆锥、圆柱的侧面积、表面积、体积公式以及三角形、矩形的面积公式判断可得出合适的选项．

【解答】解：设圆锥和圆柱的底面半径为，则圆柱的高为，圆锥的高为，圆锥的母线长为．

对于①，，则，①对；

对于②，，则，②错；

对于③，，则，③对；

对于④，，则，④对．

故选：．

【点评】本题主要考查了圆锥、圆柱的体积、侧面积和表面积的计算，考查运算能力，属于基础题．

9．【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【解答】解：当时，，即充分性成立，

当时，则或，则不一定成立，即必要性不成立，

即“”是“”的充分不必要条件，

故选：．

【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据三角函数的倍角公式进行判断是解决本题的关键，是基础题．

10．【分析】由三角函数的定义设等腰三角形的底角为，则，则等腰三角形的底边为，高为，由二倍角公式及辅助角公式，再求函数的最大值即可

【解答】解：设等腰三角形的底角为，则，

则等腰三角形的底边为，高为，

则，

又，，

当，即时，取最大值，

故选：．

【点评】本题考查了三角函数的定义、二倍角公式及辅助角公式，属中档题．

二、填空题：本大题共6题，每小题5分，共30分。

11．【分析】根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．

【解答】解：，

．

故答案为：5．

【点评】本题主要考查复数模公式，属于基础题．

12．【分析】根据已知条件，结合复数的运算法则，即可求解．

【解答】解：，，

．

故答案为：．

【点评】本题主要考查复数的运算法则，属于基础题．

13．【分析】先确定截面圆的半径，再利用勾股定理求得球的半径，再根据球的表面积公式和体积公式即可得出答案．

【解答】解：因为截面面积为，

所以截面圆的半径为，

因为球心到截面的距离为，

所以球的半径为，

所以球的表面积为，

球的体积为．

故答案为：．

【点评】本题考查球的体积表面积，考查学生的运算能力，属于中档题．

14．【分析】先利用余弦定理求出，然后结合内角和定理求解．

【解答】解：由题意设，，，

易知，中间角为，

，，

，故．

故答案为：．

【点评】本题考查余弦定理求角以及内角和定理，属于基础题．

15．【分析】设经过小时后，甲船和乙船分别到达，两点，则，，，由此可得当时，甲．乙两船相距最近．

【解答】解：设经过小时后，甲船和乙船分别到达，两点，

则，，

，

当取得最小值时，取得最小值．

当时，取得最小值．

此时，甲．乙两船相距最近．

答：经过小时后，甲．乙两船相距最近．

故答案为：．

【点评】本题考查解三角形在生产实际中的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想．综合性强，是高考的重点，易错点是知识体系不牢固．解题时要注意余弦定理和数形结合思想的灵活运用．

16．【分析】由题意画出一种满足条件的图形，求解表面积即可得答案．

【解答】解：由四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，

如图，可取三条侧棱长均为2，底面边长，．

其表面积为．

故其表面积的一个可能值为．

故答案为：．

【点评】本题考查棱锥表面积的求法，是基础的计算题．

三、解答题：本大题共5小题，每题14分，共70分。

17．【分析】（Ⅰ）由题意，利用同角三角函数的基本关系式，两角差的正弦公式，计算的值．

（Ⅱ）利用二倍角的余弦公式，计算即可．

（Ⅲ）先求得的值，再利用两角差的正切公式，求得的值．

【解答】解：（Ⅰ），，．

．

（Ⅱ）．

（Ⅲ）由（Ⅰ）知，，，

．

．

【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系式，两角差的正弦公式、二倍角的余弦公式、两角差的正切公式的应用，属于中档题．

18．【分析】（Ⅰ）利用辅助角公式将函数化成正弦型函数，再求出周期；

（Ⅱ）利用正弦函数的性质，求出的值域即可．

【解答】解：（Ⅰ）

，

所以函数的最小正周期．

（Ⅱ）当时，函数有最大值2，

当时，函数有最小值，

所以函数的值域为，．

【点评】本题考查了三角函数的性质，考查了运算能力，属于基础题．

19．【分析】（Ⅰ）设堑堵的侧棱长为，根据阳马体积等于24求解即可；

（Ⅱ）根据棱锥的体积计算即可；

（Ⅲ）分别计算的侧面积与底面积，相加即可．

【解答】解：（Ⅰ）因为，，，

所以．

所以为直角三角形．

设堑堵的侧棱长为，

则，则，

所以，所以堑堵的侧棱长为6；

（Ⅱ）因为，

所以，

所以鳖臑的体积为12；

（Ⅲ）因为，

，

，

所以阳马的表面积为．

【点评】本题考查了三棱锥的体积与表面积的计算，属于中档题．

20．【分析】（Ⅰ）利用余弦定理，即可得解；

（Ⅱ）条件①：把，代入，求得有两解，不符合题意；

条件②：利用正弦定理求得的值，再由，结合两角和的正弦公式，求出，最后利用，得解；

条件③：易知，结合题干已知条件，可解得，再由，得解．

【解答】解：（Ⅰ）由余弦定理知，，

因为，所以．

（Ⅱ）选择条件①：

把，代入中，化简得，解得，

所以存在两个，不符合题意；

选择条件②：

因为，，所以，

由正弦定理知，，所以，

因为，

所以的面积．

选择条件③：

因为的周长为，且，所以，

又，所以，解得，

所以的面积．

【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，两角和的正弦公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

21．【分析】（1）利用两条平行线可以确定一个平面可解．、

（2）利用点判定面与面相交，若两平面相交于某点．那么它们一定有一条过该点的公共直线处理．

【解答】（Ⅰ）解：在取点一点，使得，延长，，，交于点，连结，则平面就是过，，三点的平面截正方体所得截面．

（Ⅱ）证明：如图，因为面，面，

所以面面，即平面与平面相交．

延长，，设它们交于，因为直线，直线面，所以面．直线，直线面，面．

所以面面，从而为面与面的交线．

【点评】本题考查了平面的基本性质，属于基础题．