2022北京十二中高一（下）期末数学（教师版）

2022北京十二中高一（下）期末

数    学

一、选择题。本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．在复平面内复数对应的点位于　　

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2．在“创文明城区”（简称“创城” 活动中，教委对某区甲、乙、丙、丁四所高中校按各校人数分层抽样调查，将调查情况进行整理后制成下表：

若该区共2000名高中学生，估计甲学校参与“创城”活动的人数为　　

A．1600 B．1000 C．800 D．500

3．下列说法正确的是　　

A．三点确定一个平面 

B．两个平面可以只有一个公共点 

C．三条平行直线一定共面 

D．三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面

4．若角的终边在第二象限，则下列三角函数值大于零的是　　

A． B． C． D．

5．若一个正四棱锥的高和底面边长都为2，则它的侧面与底面所成角的余弦值为　　

A． B． C． D．

6．如图，已知山高，为了测量山高，选择点和另一座山的山顶作为测量基点，从点测得点的仰角，点的仰角，，从点测得，则山高（单位：为　　

A．850 B． C．750 D．

7．已知两个平面，，两条直线，，给出下面的四个命题：

①②③④

其中，所有正确命题的序号是　　

A．①② B．②④ C．①④ D．②③

8．如图，将底面半径为2的圆锥放倒在平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了2周，则　　

A．圆锥的母线长为8 

B．圆锥的表面积为 

C．圆锥的侧面展开图扇形圆心角为 

D．圆锥的体积为

9．已知直三棱柱的六个顶点都在球的表面上，若，，，，则球的体积是　　

A． B． C． D．

10．在中，角，，所对的边分别是，，，已知，，则　　

A． B． C． D．

11．已知函数的一条对称轴为，，且函数在区间，上具有单调性，则的最小值为　　

A． B． C． D．

12．如图，正方体的棱长为1，为对角线上的一点（不与点，重合），过点作平面与正方体表面相交形成的多边形记为．

①若是三角形，则必定是锐角三角形

②若，则只可能为三角形或六边形

③若且点为对角线的三等分点，则的周长为

④若点为对角线的三等分点，则点到各顶点的距离的不同取值有4个

以上所有正确结论的个数为　　

A．4 B．3 C．2 D．1

二、填空题。本大题共6小题，每小题5分，共30分。

13．已知向量，，且与共线，则实数　　．

14．已知复数z＝，则|z|＝　   　．

15．一半径为的水车，水车圆心距离水面，已知水车每分钟转动（按逆时针方向）3圈，当水车上点从水中浮现时开始计时，即从图中点开始计算时间，当秒时，点离水面的高度是 　　．

16．如图，等腰梯形沿对角线翻折，得到空间四边形，若，则直线与所成角的大小可能为 　　．（写出一个值即可）

17．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则线段的轨迹所形成的图形的面积为 　　．

18．在边长为3的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，DE⊥AB且交AB于E点．DF∥AB且交AC于F点，则|2+|的值为 　   　；（+）•的最小值为 　   　．

三、解答题。本大题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

19．（11分）已知向量，，其中，．

（Ⅰ）求，；

（Ⅱ）求与的夹角的大小．

20．（11分）已知函数．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）从①，；②，这两个条件中任选一个，作为题目的已知条件，求函数在区间，上的最小值，并直接写出函数的一个周期．

注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．

21．（13分）如图，三角形PCD所在的平面与矩形ABCD所在的平面垂直，且PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3．

（Ⅰ）证明：AD⊥平面PCD；

（Ⅱ）若平面PAD∩平面PBC＝l，判定直线BC与直线l的位置关系并证明；

（Ⅲ）求点D到平面PAB的距离．

22．（12分）已知中，点在边上，，，．

（Ⅰ）若，求的值；

（Ⅱ）求的最小值．

23．（13分）已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数．

（Ⅰ）设，求的特征向量；

（Ⅱ）设向量，的特征函数为，求当且，时，的值；

（Ⅲ）设向量，的特征函数为，记，若在区间，上至少有40个零点，求的最小值．

参考答案

一、选择题。本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．【分析】利用复数代数形式的乘法运算化简，求出的坐标得答案．

【解答】解：，

复数对应的点的坐标为，位于第一象限．

故选：．

【点评】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．

2．【分析】根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．

【解答】解：该区共2000名高中学生，估计甲学校参与“创城”活动的人数为．

故选：．

【点评】本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．

3．【分析】对于，根据不共线的三点确定一个平面即可判断；对于，由平面的基本公理即可判断；对于，考虑三条平行线的位置关系即可判断；对于，根据三条直线两两相交可能的交点个数进行判断即可．

【解答】解：对于，因为不共线的三点确定一个平面，故错误；

对于，若两个平面有一个公共点，那么就有一条经过该点的公共直线，即交线，该交线上有无数个公共点，故错误；

对于，三条平行直线可能共面，也可能有一条在另外两条确定的平面外，故错误；

对于，当三条直线两两相交，三个交点不重合时，三条直线共面，

当三条直线两两相交于一个点时，这三条直线可能在同一个平面内，也可能不共面，

此时其中任意两条直线都可确定一个平面，即可确定3个平面，故正确，

故选：．

【点评】本题主要考查平面的基本性质，属于基础题．

4．【分析】利用诱导公式进行逐个分析，即可解出．

【解答】解：角的终边在第二象限，

，故选项错误；

，故选项错误；

，故选项错误；

，故选项正确，

故选：．

【点评】本题考查了诱导公式，学生的数学运算能力，属于基础题．

5．【分析】作图，易知为侧面与底面所成角，再在中求解即可．

【解答】解：如图，，为中点，

在正四棱锥中，易知为侧面与底面所成角，

又，则，

．

故选：．

【点评】本题以正四棱锥为背景，考查二面角的定义及其余弦值求解，考查空间想象能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．

6．【分析】利用直角三角形求出，由正弦定理求出，再利用直角三角形求出的值．

【解答】解：在中，，，所以；

在中，，，从而，

由正弦定理得，，

因此；

在中，，，

由，

得．

故选：．

【点评】本题主要考查了正弦定理的应用问题，也考查了解三角形的应用问题，是中档题．

7．【分析】利用线线、线面、面面的位置关系即可判断现答案．

【解答】解：对于①，当时，不成立，故①错误；

对于②：当，时，，故②正确；

对于③，当，，时，，直线平行或异面，故③错误；

对于④，当，，时，可得，则，故④正确．

故选：．

【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．

8．【分析】设圆锥的母线长为，由侧面积公式结合题意，求出母线，即可判断选项，由扇形面积公式即可判断选项，求出底面周长，然后利用弧长公式求出圆心角，即可判断选项，利用圆锥的体积公式，即可判断选项．

【解答】解：设圆锥的母线长为，以为圆心，为半径的圆的面积为，

又圆锥的侧面积，

因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了2周，

所以，

解得，

所以圆锥的母线长为4，

故选项错误；

圆锥的表面积，

故选项错误；

因为圆锥的底面周长为，

设圆锥的侧面展开图扇形圆心角为，则，

解得，

所以圆锥的侧面展开图扇形圆心角为，故选项错误；

圆锥的高，

所以圆锥的体积为，故选项正确．

故选：．

【点评】本题考查了圆锥的侧面积以及体积的计算，属于中档题．

9．【分析】易得，将三棱柱补全为长方体，再根据长方体的体对角线即为其外接球的直径，求出外接球的半径，再根据球的体积公式即可得解．

【解答】解：在中，，，，

则，

则，所以，

如图将三棱柱，补全为长方体，其长，宽，高分别为，

则外接球的半径，

所以球的体积是．

故选：．

【点评】本题考查球的体积，考查学生的运算能力，属于中档题．

10．【分析】利用正弦定理把已知等式中边转换成角的正弦，进而利用，的关系求得的值，最后利用二倍角公式求得的值．

【解答】解：，

由正弦定理知，

，

，

，

，

，

．

故选：．

【点评】本题主要考查了正弦定理的应用，三角函数恒等变换的应用．解题的关键是利用正弦定理对边角问题进行互化．

11．【分析】利用的对称轴为，可解出的值，进而表示出，再利用函数的性质，即可解出．

【解答】解：由题意可知：，

解得：，

，

，且函数在区间，上具有单调性，

，和，关于对称中心对称，

，，

解得：，，

当时，取得最小值为．

故选：．

【点评】本题考查了三角函数的性质，学生的数学运算能力，属于基础题．

12．【分析】在正方体中，体对角线与其不相交的面对角线都垂直，作出几个截面可确定其形状．建立空间直角坐标系，利用空间向量可判断位置关系与计算距离．

【解答】解：对于①：若是三角形，当周长最大时，平面为平面或平面．

且为等边三角形．由“大角对大边，大边对大角”，根据对称性我们可固定，

则截面为，易知为最大角，记，．

则恒成立．

所以必定是锐角三角形．正确．

对于②：在正方体中体对角线与平面，平面，平面都垂直．

由图可知，平面在运动过程中只可能为三角形或六边形．正确．

对于③：建立如图所示空间直角坐标系，

则，0，，，1，，，1，，，0，，，1，．

所以，，，设点，，．

所以，，，，，

解得，，．

所以，，，，，，，，．

所以，，，

所以当点为对角线的三等分点且时：为平面或平面

此时的周长为：，正确．

对于④：由③知：；

；

；．

所以点到各顶点的距离的不同取值为：，1，，有4个．正确．

故选：．

【点评】本题考查了动点的轨迹及建模能力、计算能力，属于难题．

二、填空题。本大题共6小题，每小题5分，共30分。

13．【分析】根据题意，由向量平行的坐标表示方法可得关于的方程，解可得答案．

【解答】解：根据题意，向量，，

且与共线，则有，解可得；

故答案为：2．

【点评】本题考查向量平行的坐标表示，涉及向量的坐标，属于基础题．

14．【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．

【解答】解：∵z＝＝，

∴．

故答案为：．

【点评】本题主要考查复数的运算法则，以及复数模的公式，属于基础题．

15．【分析】根据题意，利用三角形的中位线，即可求出10秒后点离开水面的高度．

【解答】解：秒时，水轮转过角度为，

延长，交圆于点，如图所示：

则秒时，转到点位置；

设水轮与水面的另一交点为，连接，则，

取的中点，连接，则，

在中，，，

所以是的中位线，

所以，即点离开水面的高度为．

故答案为：4．

【点评】本题考查了三角函数模型应用问题，理解题意建立数学模型，是解题的关键，是中档题．

16．【分析】由题意，补全等腰梯形为正三角形，则直线与与所成角的大小为直线与所成角，再根据线线角的范围求解即可．

【解答】解：由题意，补全等腰梯形为正三角形，则直线与所成角的大小为直线与所成角，

易得当等腰梯形沿对角线翻折时，的轨迹为以为顶点，为高的圆锥侧面，

设，在上取使得，则直线与所成角即，故，

因为，，，故，

故，，

故只需写出，内的角度即可，如，

故答案为：（只需写出，内的角度即可）．

【点评】本题考查了异面直线所成角的范围问题，属于中档题．

17．【分析】设平面与直线交于，连接，，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，证明平面平面，即可分析的轨迹，进一步得到的轨迹，再由三角形面积公式求解．

【解答】解：设平面与直线交于，连接，，

则为的中点，分别取，的中点，，

连接，，，

如图，，平面，平面，

平面，同理可得平面，

又、是平面内的两条相交直线，

平面平面，而平面，平面，

得点的轨迹为线段，则线段的轨迹所形成的图形为△，

其面积．

故答案为：．

【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，考查推理论证能力，是中档题．

18．【分析】先建立平面直角坐标系，然后标出对应点的坐标，最后结合平面向量数量积的坐标运算求解即可．

【解答】解：建立如图所示的平面直角坐标系，

则，，，

设，

则，

则，，

则＝（3λ，0）+（3﹣3λ，0）＝（3，0），

即|2+|＝3；

又，，，

（+）•＝＝＝，

即时，（+）•取最小值为，

故答案为：3；．

【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了运算能力，属基础题．

三、解答题。本大题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

19．【分析】（Ⅰ）由向量的坐标运算可得，，，然后结合向量数量积的坐标运算及向量模的运算求解即可；

（Ⅱ）由，结合已知条件求解即可．

【解答】解：（Ⅰ）已知向量，，其中，，

则，，

则，

则，；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：，，

则，

又，，

则，

即与的夹角的大小为．

【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了向量模的运算及向量夹角的运算，属基础题．

20．【分析】（Ⅰ）利用特殊角的三角函数值即可求解；

（Ⅱ）若选择①，利用三角函数恒等变换的应用可求，利用正弦函数的性质即可求解；

若选择②，由题意可得，利用正弦函数的性质以及二次函数的性质即可求解．

【解答】解：（Ⅰ）；

（Ⅱ）若选择①，，，

，

因为，，可得，，

所以，，当，即时，函数在区间，上的最小值为，

函数的一个周期．

若选择②，，，

，

因为，，可得，，

所以当，即时，函数在区间，上的最小值为，

函数的一个周期．

【点评】本题考查了三角函数恒等变换的应用，考查了正弦函数的性质的应用，考查了函数思想，属于中档题．

21．【分析】（I）利用平面PCD⊥平面ABCD，可证AD⊥平面PCD；

（II）由已知可证BC∥平面PAD，进而可证BC∥l；

（III）取CD的中点O，AB中点M，连接PO，OM，PM，利用VP﹣ABD＝VD﹣PAB，可求点D到平面PAB的距离．

【解答】（I）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥DC，

又平面PCD⊥平面ABCD，又平面PCD∩平面ABCD＝AD，

∴AD⊥平面PCD；

（II）解：直线BC与直线l平行；

理由如下：∵BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，

∴BC∥平面PAD，又平面PAD∩平面PBC＝l，

∴BC∥l；

（III）解：取CD的中点O，AB中点M，连接PO，OM，PM，

∵PD＝PC＝4，∴PO⊥CD，又AB＝6，∴PO＝，

OM＝3，易得PM＝4，

设D到平面PAB的距离为d，

由VP﹣ABD＝VD﹣PAB，

得S△ABD•PO＝S△PAB•d，

∴××3×6×＝××6×4×d，解得d＝．

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线线平行的证明，考查求点到面的距离，属中档题．

22．【分析】（Ⅰ）由，可得，结合已知可得为正三角形，利用余弦定理求得，再由正弦定理即可求得答案．

（Ⅱ）由余弦定理可求得，设，，转化为有正实根的问题，分类讨论求得参数的范围，即可求得答案．

【解答】解：（Ⅰ）由，可得，由于，

故为正三角形，而，故，

所以，

则，

故，

所以，则；

（Ⅱ）设，则，

所以，

，

故，设，，

则，即有正实根，

当时，不合题意，舍去；

当时，若方程有两正实根，则，

解得，此时，

故方程有两异号根时，，

解得．

当时，方程为，两根为0和4，符合题意，

综合上述，，

故的最小值为，则的最小值为．

【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了方程思想和分类讨论思想的应用，属于中档题．

23．【分析】（Ⅰ）根据诱导公式化简，再根据函数的特征向量的定义即可得解；

（Ⅱ）根据向量的特征函数求出函数解析式，再结合两角差的正弦公式即可得解；

（Ⅲ）根据三角恒等变换求出函数的解析式，不妨设为其中的一个零点，再根据三角函数的性质即可得出答案．

【解答】解：（Ⅰ）因为，

所以函数的特征向量；

（Ⅱ）因为向量，的特征函数为，

所以，

由，得，

因为，，所以，

所以，

所以；

（Ⅲ）因为向量，的特征函数为，

所以，

则，

令，则，

则或，，

则或，，

由在区间，上至少有40个零点，

不妨设，

则，

则，

所以的最小值为．

【点评】本题在以新定义基础之上考查了三角函数的有关知识点，考查了诱导公式及三角恒等变换中的几个公式，还考查了三角函数中的零点问题．