北京市西城区2022-2023学年高一下学期期末考试数学 Word版含解析.docx

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北京市西城区2022—2023学年度高一第二学期期末试卷数学试题本试卷共6页，共150分，考试时长120分钟，考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效．第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40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.已知复数z满足z=1+，则在复平面内对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】由共轭复数概念写出，即可判断其所在象限.【详解】由题设，对应点为在第四象限.故选：D2.下列函数中，最小正周期为且是偶函数的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由三角函数的最小正周期公式和函数奇偶性对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，的最小正周期为：，故A不正确；对于B，的最小正周期为：，的定义域为，关于原点对称，令，则，所以为奇函数，故B不正确；对于C，的最小正周期为：， 令的定义域为关于原点对称，则，所以为偶函数，故C正确；对于D，的最小正周期为：，的定义域为，关于原点对称，令，则，所以为奇函数，故D不正确.故选：C.3.在中，，，，则（）A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】根据余弦定理可求出结果.【详解】由余弦定理得，即，得.故选：B4.某城市一年中12个月的月平均气温（单位）与月份的关系可近似地用三角函数来表示，已知月平均气温最高值为28，最低值为18，则（）A.5B.10C.15D.20【答案】A【解析】【分析】根据正弦函数的最值列式可得结果.【详解】依题意可得，解得.故选：A5.复数，且为纯虚数，则可能的取值为（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算、二倍角公式化简，再复数的概念得到，结合余弦函数的性质求出，即可得解.【详解】因为，所以，因为为纯虚数，所以，所以，，所以，.故选：B6.已知直线，直线和平面，则下列四个命题中正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】C【解析】【分析】根据直线与直线、直线与平面的位置关系逐项分析可得答案.【详解】对于A，若，，则或与异面，故A错误；对于B，若，，则或与异面或与相交，故B错误；对于C，若，过作平面，使得，则，因为，，则，又，则，故C正确；对于D，若，，则或或与相交，故D错误.故选：C.7.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，，则（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】由两点间的距离公式求出，再由余弦定理求解即可.【详解】因为O为坐标原点，，，所以，，，所以.故选：D.8.已知等边的边长为4，P为边上的动点，且满足，则点P轨迹的长度是（）A.7B.9C.10D.11【答案】B【解析】【分析】按照点的位置分类讨论，根据数量积的定义求解.【详解】当点在边上时，，得，此时点P轨迹的长度为；当点在边上时，，得，此时点P轨迹是线段，其长度为；当点在边上时，，得，此时点P轨迹长度为.所以点P轨迹的长度是.故选：B9.已知函数，则“在上既不是增函数也不是减函数”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 【答案】B【解析】【分析】以为整体结合正弦函数的性质可得，进而根据充分、必要条件分析判断.【详解】因为且，则，若在上既不是增函数也不是减函数，则，解得，又因为Ü，所以“在上既不是增函数也不是减函数”是“”的必要不充分条件.故选：B.10.已知点，点，点都在单位圆上，且，则的取值范围是（）A.B.CD.【答案】A【解析】【分析】设的中点为，得，，将化为，根据可得结果.【详解】设的中点为，因为，，所以，， ，因为，所以.故选：A第二部分（选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.已知复数z在复平面内所对应的点的坐标为，则为______．【答案】1【解析】【分析】根据复平面内的点与复数的对应关系可知复数，再利用复数的四则运算法则与模的定义即可求解.【详解】由已知得该复数，则，故答案为：1.12.设向量，，若，则______．【答案】【解析】【分析】根据平面向量垂直的坐标表示列示可得结果.【详解】因为，，且，所以，得.故答案为：.13.已知圆柱的底面半径为3，体积为的球与该圆柱的上、下底面相切，则球的半径为______ ，圆柱的体积为______．【答案】①.2②.【解析】【分析】根据球的体积公式求出球的半径，根据相切得圆柱的高，根据圆柱的体积公式可得结果.【详解】设球的半径为，则，得，则圆柱的高为，所以圆柱的体积为.故答案为：；.14.写出一个同时满足下列两个条件的函数______．①，；②，恒成立．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】条件①说明是周期函数，条件②说明函数在上取到最大值，可以从三角函数这个角度考虑.【详解】由，可知，函数的周期为，由，恒成立可知，函数在上取到最大值，则满足题意，一方面根据余弦函数的周期公式，，满足，，另一方面，，满足，恒成立.故答案为：（答案不唯一）15.如图，在棱长为4的正方体中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段上，且，给出下列四个结论： ①存在点P，使得平面平面；②存在点P，使得是等腰直角三角形；③若，则点P轨迹的长度为；④当时，则平面截正方体所得截面图形的面积为18．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①③④【解析】【分析】①利用面面平行的判定定理求解，②利用空间直角坐标系求解，③分析点P在上运动时的变化情况即可求解，④根据图中的几何关系作出平面截正方体截面即可求解.【详解】对于①，当点和点重合时，平面平面，连接交于点，连接交于点，连接,,,,∵∥,且∥,∴四边形平行四边形，∴∥,∵平面，平面，∴∥，∵∥,平面，平面，∴∥,又∵,,平面，∴平面；故①正确； 对于②，分别以所在的直线为轴，轴，轴，由几何关系可知，要使是等腰直角三角形，则,由已知得,,设点，则，，∵，∴，此方程无解，则不存在点P，使得是等腰直角三角形，故②不正确；对于③，因为，则,,,即,则P轨迹是在上的线段，不包括端点、，如下图所示，由已知得△为等腰三角形，则△底边上的高，随着P向点运动，逐渐减小，故在线段上存在一点P使得，同理可知靠近点处也存在一点P使得，设线段，由勾股定理可知,所以点P轨迹的长度为，故③正确； 对于④，连接,过点作的平行线交于点,连接,则为平面截正方体所得的截面图形，由已知得,由△∽△可知，又因为,且∥,所以四边形为等腰梯形，其中梯形的高，所以截面面积为，故④正确；故答案为：①③④三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．16.已知，．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用结合已知求出，然后利用可求得结果；（2）利用二倍角公式和两角和的余弦公式对已知式子化简，然后代入计算即可【小问1详解】 因为，，所以，．又因为，所以．所以．【小问2详解】因为，，所以17.如图，在正方体中，E，F分别是棱，的中点．（1）证明：平面；（2）证明：平面．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据正方体的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可；（2）根据正方体的性质，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可.【小问1详解】，所以平面． 因为平面，所以．因为为正方形，所以，又因为，平面，所以平面；【小问2详解】设，连接OE．因为为正方体，所以，且，所以，且．因为E，F分别，的中点，所以，且．所以，且．所以四边形为平行四边形．所以．又因为平面，平面，所以平面．18.已知在中，．（1）求A的大小；（2）若，在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一，求的周长．①的面积为；②；③AB边上的高线CD长为．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简计算即可；（2）若选①，则由三角形的面积公式结合已知条件可求出，再利用余弦定理求出，从而可求出三角形的周长，若选②，由不能确保三角形唯一，所以不合题意，若选③，由AB边上的高线CD长可求出，再利用余弦定理求出，从而可求出三角形的周长.【小问1详解】由正弦定理，得．所以．因为，所以，所以．因为，，所以，即．又因，所以．【小问2详解】选择①因为，即，即，所以．又因为，即，所以，所以的周长为．若选择②，因为，且，所以不唯一，所以②不合题意，选择③因为AB边上的高线CD长为，即，所以．又因为，即所以，所以的周长为．19.已知函数． （1）求的值；（2）若函数的单调递增区间；（3）若函数在区间上有且只有两个零点，求m的取值范围．【答案】（1）1（2）（3）【解析】【分析】（1）直接根据解析式计算可得结果；（2）化简，根据正弦函数的单调递增区间可得结果；（3）根据正弦函数的图象列式可得结果.【小问1详解】.【小问2详解】，由，，得，，所以的单调递增区间是．【小问3详解】因为，所以．依题意，解得． 所以m的取值范围为．20.如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为正方形，为的中点，为上一点，为上一点，且平面平面．（1）求证：；（2）求证：为线段中点，并直接写出到平面的距离；（3）在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析，（3）存在，．【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理推出平面，再根据线面垂直的性质可得；（2）根据面面平行的性质定理得，结合E为AD的中点，可得M为线段BC中点．转化为求点到平面的距离可求出结果；（3）当N为SC中点时，证明平面ABCD，结合，可得平面平面.【小问1详解】因为四边形为正方形，所以．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以．【小问2详解】因为平面平面SCD，平面平面，平面平面，所以， 又因为E为AD的中点，所以M为线段BC中点．由（1）知，平面，又平面，所以平面平面，所以点到平面的距离等于点到的距离，因为，所以为正三角形，又为中点，所以点到的距离为，因为平面平面SCD，所以点M到平面SCD的距离为．【小问3详解】存在，当N为SC中点时，平面平面，证明如下：连接EC，DM交于点O，连接SE．因为，并且，所以四边形EMCD为平行四边形，所以．又因为N为SC中点，所以．因为平面平面ABCD，平面平面，又平面SAD，由已知，所以平面ABCD，所以平面ABCD．又因为平面DMN，所以平面平面ABCD．所以存在点N，使得平面平面ABCD，．21.对于定义在上的函数和正实数若对任意，有，则为阶梯函数．（1）分别判断下列函数是否为阶梯函数（直接写出结论）：①；②．（2）若为阶梯函数，求的所有可能取值；（3）已知为阶梯函数，满足：在上单调递减，且对任意，有．若函数 有无穷多个零点，记其中正的零点从小到大依次为直接给出一个符合题意的a的值，并证明：存在，使得在上有4046个零点，且．【答案】（1）①否；②是（2），．（3），证明见解析【解析】【分析】（1）验证是否成立即可；（2）根据，正弦函数的周期即可推出所满足的表达式；（3）根据阶梯函数的定义，先找出的性质，然后确定在一个周期上的零点情况，从而推广得到上零点的情形【小问1详解】，则；，则，故①否；②是.【小问2详解】因为为阶梯函数，所以对任意有：．所以，对任意，，因为是最小正周期为的周期函数，又因为，所以，．【小问3详解】．函数，则有：，．取，则有： ，，由于在上单调递减，因此在上单调递减，结合，则有：在上有唯一零点，在上有唯一零点．又由于，则对任意，有：，，因此，对任意，在上有且仅有两个零点：，．综上所述，存在，使得在上有4046个零点：，，，，…，，，其中，．【点睛】本题考察的是函数新定义的理解，正确反复的使用新定义去研究抽象函数表达式所满足的关系是解决第三问的关键.