2022北京房山高一（下）期末数学（教师版）

这是一份2022北京房山高一（下）期末数学（教师版），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022北京房山高一（下）期末数    学一、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．①②③④9．“”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．