2022北京东直门中学高一(下)期中数学(教师版).docx

2022北京东直门中学高一（下）期中
数 学
一、选择题：共10小题，每小题5分，共50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．如图所示，用符号语言可表达为　　

A．，， B．，，
C．，，， D．，，，
2．已知复数在复平面上对应的点为，则　　
A． B． C． D．是纯虚数
3．已知点，，向量，若，则实数的值为　　
A．5 B．6 C．7 D．8
4．在中，若，，，则　　
A．25 B．5 C．4 D．
5．已知空间中不过同一点的三条直线，，．则“，，共面”是“，，两两相交”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
6．加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分．某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为，每只胳膊的拉力大小均为，则该学生的体重（单位：约为　　
（参考数据：取重力加速度大小为，

A．63 B．69 C．75 D．81
7．下面四个命题：
①若直线，异面，，异面，则，异面；
②若直线，相交，，相交，则，相交；
③若，则，与所成的角相等；
④若，，则．
其中真命题的个数为　　
A．4 B．3 C．2 D．1
8．已知直线是函数的图象的一条对称轴，为了得到函数的图象，可把函数的图象　　
A．向左平行移动个单位长度
B．向右平行移动个单位长度
C．向左平行移动个单位长度
D．向右平行移动个单位长度
9．已知，是方程的两个根，且，，则　　
A． B． C．或 D．或
10．在中，向量与满足，且，则为　　
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰非等边三角形 D．等腰直角三角形
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．　　．
12．复数，其中为虚数单位，则的实部是　 　．
13．已知点，是角的终边与单位圆的交点，则　　．
14．已知正方形的边长为2，为的中点，则　　．
15．如图，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则过，，三点的平面截正方体所得截面的面积为 　　．

16．用一张纸围绕半径为的石膏圆柱体包裹若干圈，然后用裁纸刀将圆柱体切为两段，如图①所示．设圆柱体母线与截面的夹角为，如图②．将其中一段圆柱体外包裹的纸展开铺平，如果忽略纸的厚度造成的误差，我们会发现剪裁边缘形成的曲线是正弦型曲线，如图③．建立适当的坐标系后，这条曲线的解析式可设为，，若的最小正周期为，则　　，此时，当　　时，可使的值域为．

三、解答题（本大题共5小题，每题14分，共70分）
17．已知向量、的夹角为，且，．
（1）求的值；
（2）求的值．
18．如图，在长方体中，．
（1）若该长方体被过顶点，，的平面截去一个三棱锥，求剩余部分的体积；
（2）若该长方体的所有顶点都在球的球面上，求球的体积．

19．如图，在中，已知，是边上的一点，，，．
（1）求；
（2）求．

20．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
已知的内角，，的对边分别为，，，_____，，，
（1）求角；
（2）求的面积．
21．已知函数．
（Ⅰ）求函数的最小正周期；
（Ⅱ）求函数的单调递增区间；
（Ⅲ）若方程在内有两个不同的解，求实数的取值范围．

参考答案
一、选择题：共10小题，每小题5分，共50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．【分析】结合图形考查两个平面的位置关系、两条直线的位置关系，以及点与线、线与面的位置关系．
【解答】解：如图所示，两个平面与相交于直线，直线在平面内，直线和直线相交于点，
故用符号语言可表达为，，，
故选：．
【点评】本题考查平面的画法及表示，点、线、面之间的位置关系的符号表示．
2．【分析】直接由复数的基本概念得答案．
【解答】解：复数在复平面上对应的点为，
，，，是纯虚数．
故选：．
【点评】本题考查了复数的基本概念，考查了复数模的求法，是基础题．
3．【分析】点，，向量，求出，，由此能求出．
【解答】解：点，，向量，
，
，
，
解得．
故选：．
【点评】本题考查实数值的求法，考查平面平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4．【分析】结合余弦定理与完全平方和公式，进行运算，得解．
【解答】解：由余弦定理知，，
所以．
故选：．
【点评】本题考查解三角形，熟练掌握余弦定理是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
5．【分析】由，，在同一平面，则，，相交或，，有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．
【解答】解：空间中不过同一点的三条直线，，，若，，在同一平面，则，，相交或，，有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．
而若“，，两两相交”，则“，，在同一平面”成立．
故，，在同一平面”是“，，两两相交”的必要不充分条件，
故选：．
【点评】本题借助空间的位置关系，考查了充分条件和必要条件，属于基础题．
6．【分析】由题意知，夹角，计算的模长，再求出体重即可．
【解答】解：由题意知，，夹角，
所以，
即；
所以；
，
则该学生的体重（单位：约为，
故选：．
【点评】本题考查了向量在物理中的应用问题，也考查了数学模型的应用问题，是基础题．
7．【分析】①若直线，异面，，异面，则，相交、平行或异面；②若直线，相交，，相交，则，相交、平行或异面；③由异面直线所成的角的定义知③正确；④若，，则与相交、平行或异面．
【解答】解：①在长方体中，
若直线记为直线，直线记为直线，直线记为直线，
则满足和是异面直线，和是异面直线，
而和相交；
若直线记为直线，直线记为直线，直线记为直线，
此时和平行；
若直线记为直线，直线记为直线，直线记为直线，
此时和异面．
故若直线，异面，，异面，则，相交、平行或异面，故①错误；
②若直线，相交，，相交，则，相交、平行或异面，故②错误；
③若，则由异面直线所成的角的定义知，与所成的角相等，故③正确；
④若，，则与相交、平行或异面，故④错误．
故选：．

【点评】本题考查命题的真假判断，是基础题．解题时要认真审题，解题时要认真审题，注意空间想象能力的培养．
8．【分析】由三角函数图象的性质可得：，
由三角函数图象的平移可得：为了得到函数的图象，可把函数的图象向左平移个单位长度，得解．
【解答】解：令，
由是此方程的一个解，则，
又，
所以，
即，
所以为了得到函数的图象，可把函数的图象向左平移个单位长度，
故选：．
【点评】本题考查了三角函数图象的性质及三角函数图象的平移，属中档题．
9．【分析】先根据韦达定理求得和的值，进而利用正切的两角和公式求得的值，根据，推断出，，进而根据已知的，的范围确定的范围，进而求得的值．
【解答】解：依题意可知，

，
，
，，

故选：．
【点评】本题主要考查了两角和与差的正切函数的化简求值．考查了基础知识的运用．属基础题．
10．【分析】先根据判断出的角平分线与垂直，进而推断三角形为等腰三角形，再由已知结合数量积求夹角求得角与角，进一步得到角，可得的形状．
【解答】解：，，分别为方向上的单位向量，
的角平分线与垂直，可得，
由，可得，
则，，．
三角形为等腰直角三角形．
故选：．
【点评】本题考查了平面向量的数量积的运算，三角形形状的判断，考查了学生综合分析能力，属于中档题．
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．【分析】利用诱导公式变形，再由两角和的余弦求解．
【解答】解：，
故答案为：．
【点评】本题考查诱导公式的应用，考查两角和的余弦，是基础题．
12．【分析】利用复数的运算法则即可得出．
【解答】解：，
则的实部是5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了复数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
13．【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义可求的值，进而根据二倍角的余弦公式即可求解的值．
【解答】解：因为点，是角的终边与单位圆的交点，
所以，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了任意角的三角函数的定义，二倍角的余弦公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
14．【分析】根据两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，可得要求的式子为，再根据两个向量垂直的性质，运算求得结果．
【解答】解：已知正方形的边长为2，为的中点，则，
故，
故答案为 2．
【点评】本题主要考查两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量垂直的性质，属于中档题．
15．【分析】根据题意，连接，，分析可得四边形为所求截面，易得四边形为等腰梯形，进而计算梯形的各边边长，由梯形面积公式计算可得答案．
【解答】解：如图：连接，，易得，则、、、四点共面，
故四边形为所求截面，
四边形为等腰梯形，
又由正方体中，棱长为2，
则，，，
所以梯形的高，
故截面的面积为；
故答案为：

【点评】本题考查了截面的性质，涉及到正方体的性质，考查了学生的运算转化能力，属于基础题．
16．【分析】利用的最小正周期为，即为圆柱横截面周长为，即可求出的值；利用值域求出的长，结合的值，从而求出，即可得到答案．
【解答】解：如图所示①，因为的最小正周期为，

此时轴长度，其底边所对应的长度为，
恰好为圆柱的底面周长，
则圆柱横截面周长为，即，故，
因为的值域为，
则斜切面的最低点与最高点在轴上对应距离为，

即图②中的长为，
因为，
所以，
则，
又，
所以．
故答案为：1；．
【点评】本题考查了三角函数与立体几何的应用，涉及了圆柱几何特征的理解与应用，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．
三、解答题（本大题共5小题，每题14分，共70分）
17．【分析】（1）利用平面向量的数量积化简即可；
（1）利用平面向量的数量积及模的公式化简即可．
【解答】解：（1）
；
（2）
．
【点评】本题考查了平面向量的数量积运算，属于基础题．
18．【分析】（1）先求出长方体以及棱锥的体积，即可得到答案；
（2）由长方体与其外接球之间的关系，求出外接球的半径，由球的体积公式求解即可．
【解答】解：（1）因为该长方体的体积，
所以，
故剩余部分的体积为；
（2）由题意可知，球为长方体的外接球，
所以球的半径，
故球的体积．
【点评】本题考查了空间几何体的体积的求解，球的体积的求解，三棱锥体积公式以及球的体积公式的应用，解题的关键是掌握长方体与其外接球之间的关系，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
19．【分析】（1）在中，利用余弦定理表示出，把三角形的三边长代入，化简可得值，
（2）根据由的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出的度数，根据邻补角定义得到的度数，再由和的度数，利用正弦定理即可求出的长．
【解答】解：（1）在中，，，，
由余弦定理得；
（2），，
在中，，，，（9分）
由正弦定理得（10分）
【点评】此题考查了正弦定理，余弦定理，以及特殊角的三角函数值．熟练掌握定理，牢记特殊角的三角函数值是解本题的关键．
20．【分析】（1）若选①，由余弦定理即可得解；
若选②，利用正弦定理将将中的边化为角，可求得的值，从而得解；
若选③，结合辅助角公式可推出，再由，即可得解；
（2）由正弦定理求出的值，由正弦的两角和公式求出，根据，即可得解．
【解答】解：（1）若选①，由余弦定理得，，
因为，所以．
若选②，由正弦定理知，，
因为，所以，
又，所以，所以，
又，所以，即．
若选③，由得，，
所以，
又，所以，
所以，解得．
（2）由正弦定理得，，
又，，，
所以，，
所以，
所以．
【点评】本题考查解三角形与三角恒等变换的综合应用，熟练掌握正弦定理、余弦定理、正弦面积公式与正弦的两角和公式是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21．【分析】（Ⅰ）先化简解析式，进而直接求出最小正周期；
（Ⅱ）利用复合函数单调性法则列不等式即可求出；
（Ⅲ）利用图像法即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）

，
所以函数的最小正周期为．
（Ⅱ）令，解得：，，
所以函数的单调递增区间为，，．
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知：在，单调递增，值域为，，
令，则，，
要方程在内有两个不同的解，
只需在，上有两个解，
即函数与函数，，的图像有两个交点，
如图示：

只需，
所以实数的取值范围为，．
【点评】本题考查了三角函数恒等变换以及正弦函数的性质的综合应用，考查了数形结合思想和函数思想的应用，属于中档题．
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