2022-2023学年北京市昌平区高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年北京市昌平区高一（下）期末数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 复数21+i的共轭复数是( )
A. 1+iB. 1−iC. 12+12iD. 12−12i
2. 扇子具有悠久的历史，蕴含着丰富的数学元素.小明制作了一把如图所示的扇子，其半径为16cm，圆心角为3π4，则这把扇子的弧长为( )
A. 6πcmB. 12πcmC. 18πcmD. 24πcm
3. 已知a，b均是单位向量，|a+b|=2，则a⋅b=( )
A. −1B. 0C. 12D. 1
4. 已知角α的顶点与坐标原点O重合，始边落在x轴的非负半轴上，它的终边过点P(−3,4)，则tan(π+α)=( )
A. −43B. −34C. 34D. 43
5. 在△ABC中，A=30°，AC= 3，AB=3，则BC=( )
A. 1B. 2C. 3
6. 下列函数中，是偶函数且其图象关于点(π4,0)对称的是( )
A. f(x)=sinxB. f(x)=csxC. f(x)=sin4xD. f(x)=cs2x
7. 如图，测量河对岸的塔高AB时，选取与塔底B在同一水平面内的两个观测点C与D，AB垂直于平面BCD.现测得∠BCD=15°，∠BDC=120°，CD=20m，并在点C测得塔顶A的仰角为45°，则塔高AB=( )
A. 20 63m
B. 10 3m
C. 10 6m
D. 20 3m
8. 设函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，那么( )
A. ω=12，φ=5π12B. ω=1，φ=π3
C. ω=2，φ=π6D. ω=2，φ=π3
9. 已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是CC1的中点，N是正方形ABCD内(包括边界)的一个动点，且MN⊥BD，则线段MN长度的取值范围是( )
A. [1,2 2]
B. [1,3]
C. [ 3,2 2]
D. [ 3,3]
10. 在平面直角坐标系中，点A(csα,sinα)，B(cs(α+π3),sin(α+π3))，P(csβ,sinβ)，则AB⋅AP的最大值为( )
A. 1B. 32C. 3D. 2
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. cs65°cs20°+sin65°sin20°的值为______ ．
12. 已知复数z1=−2+i，z2=3+2i，则复数z1−z2在复平面内对应的点位于第______ 象限．
13. 已知a，b是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：
①b//α；②a⊥α；③a⊥b．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：______ ．
14. 已知正三角形ABC的边长为2，点P满足AP=12(AB+AC)，则|BP|= ______ ；AP⋅AC= ______ ．
15. 已知角α，β的顶点与坐标原点O重合，始边落在x轴的非负半轴上.角α的终边绕原点O逆时针旋转3π4后与角β的终边重合，且cs(α+β)=1，则角α的一个取值为______ ．
16. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1.G为PC的中点，M为△PBD内一动点(不与P，B，D三点重合)．
给出下列四个结论：
①直线BC与PD所成角的大小为π4；
②AG⊥BM；
③GM的最小值为 33；
④若AM= 22，则点M的轨迹所围成图形的面积是π6．
其中所有正确结论的序号是______ ．
三、解答题（本大题共5小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题14.0分)
已知向量a=(3,1)，b=(1,2)，|c|=2 5，c⊥(a−b)．
(Ⅰ)求a，b的夹角；
(Ⅱ)求c的坐标．
18. (本小题14.0分)
已知函数f(x)=sinxcsx− 3cs2x+ 32．
(Ⅰ)求f(x)的最小正周期；
(Ⅱ)求f(x)在区间[0,π2]上的最大值及相应的x的取值；
(Ⅲ)若函数f(x)在[m,π3]上是增函数，求m的最小值．
19. (本小题14.0分)
在△ABC中，bsinA=acsB，a= 2．
(Ⅰ)求∠B；
(Ⅱ)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．
条件①：csA=−12；
条件②：b= 5．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
20. (本小题14.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，E是棱PC上的动点(不与P，C重合)，PD交平面ABE于点F．
(Ⅰ)求证：CD//平面ABE；
(Ⅱ)求证：平面PAD⊥平面ABE；
(Ⅲ)若E是PC的中点，平面ABE将四棱锥P−ABCD分成五面体PABEF和五面体ABEFDC，记它们的体积分别为V1，V2，直接写出V1：V2的值．
21. (本小题14.0分)
已知定义域为R的函数h(x)满足：对于任意的x∈R，都有h(x+2π)=h(x)+h(2π)，则称函数h(x)具有性质P．
(Ⅰ)判断函数f(x)=2x，g(x)=csx是否具有性质P；(直接写出结论)
(Ⅱ)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(32<ω<52,|φ|<π2)，判断是否存在ω，φ，使函数f(x)具有性质P？若存在，求出ω，φ的值；若不存在，说明理由；
(Ⅲ)设函数f(x)具有性质P，且在区间[0,2π]上的值域为[f(0),f(2π)].函数g(x)=sin(f(x))，满足g(x+2π)=g(x)，且在区间(0,2π)上有且只有一个零点.求证：f(2π)=2π．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
∴z−=1+i．
故选：A．
根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
本题考查了共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵扇子的半径为16cm，圆心角为3π4，
∴这把扇子的弧长为3π4×16=12πcm．
故选：B．
直接利用弧长公式求解即可．
本题主要考查了弧长公式的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：已知a，b均是单位向量，
则|a|=|b|=1，
又|a+b|=2，
则a2+2a⋅b+b2=4，
则2a⋅b=4−1−1=2，
即a⋅b=1．
故选：D．
由平面向量的模的运算，结合平面向量数量积的运算求解即可．
本题考查了平面向量的模的运算，重点考查了平面向量数量积的运算，属基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵角α的终边过点P(−3,4)，
∴tanα=4−3=−43，
∴tan(π+α)=tanα=−43．
故选：A．
利用任意角的三角函数的定义及诱导公式可求得答案．
本题考查任意角的三角函数的定义及诱导公式的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：△ABC中，A=30°，AC= 3，AB=3，
由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅csA=9+3−2×3× 3× 32=3，
所以BC= 3．
故选：C．
利用余弦定理求解即可．
本题考查了余弦定理应用问题，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：函数f(x)=sinx，函数f(x)=sin4x为偶函数，不合题意；
又csπ4= 22≠0,cs(2×π4)=csπ2=0，
则f(x)=cs2x符合题意．
故选：D．
由正余弦函数的性质可知，函数f(x)=cs2x符合题意．
本题考查正余弦函数的性质，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：在三角形BCD中，∠BCD=15°，∠BDC=120°，
所以∠CBD=45°，则由正弦定理可得：CDsin∠CBD=BCsin∠CDB，
所以BC=20× 32 22=10 6，
在三角形ABC中，∠ACB=45°，AB⊥BC，
所以AB=BC=10 6．
故选：C．
在三角形BCD中，求出∠CBD=45°，然后利用正弦定理求出BC的值，再在直角三角形ABC中，利用仰角的定义以及直角三角形的性质即可求出AB的值．
本题考查了解三角形问题，涉及到正弦定理的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：T4=5π12−π6=π4，∴T=π=2πω，∴ω=2，
则f(x)=sin(2x+φ)，图象过点(π6,1)，
由于0<φ<π，则对应y=sinx的图象有：2×π6+φ=π2，∴φ=π6．
故选：C．
对应y=sinx的图象的性质即可得．
本题考查三角函数的图象和性质，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：如图，连接AC，AM，

易知CC1⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，
∴CC1⊥BD，又AC⊥BD，
且CC1∩AC=C，AC，CC1⊂平面ACM，
∴BD⊥平面ACM，又点M∈平面ACM，且MN⊥BD，
∴MN⊂平面ACM，点N∈平面ACM，又点N∈平面ABCD，
又平面ACM∩平面ABCD=AC，∴N在线段AC上，
在△ACM中，∠ACM=90°，
∴CM≤MN≤AM，又M为CC1的中点，
∴CM=1，AM= CM2+AC2= 1+8=3，
∴MN长度的取值范围是[1,3]．
故选：B．
根据线面垂直的判定定理，平面几何知识，数形结合，即可求解．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，平面几何知识，数形结合思想，属中档题．
10.【答案】B
【解析】解：AB=(−12csα− 32sinα,−12sinα+ 32csα)，AP=(csβ−csα,sinβ−sinα)，
∴AB⋅AP=csβ(−12csα− 32sinα)+sinβ(−12sinα+ 32csα)+12
=−12csαcsβ−12sinαsinβ− 32sinαcsβ+ 32csαsinβ+12
=−12cs(α−β)− 32sin(α−β)+12
=−sin(α−β+π6)+12，
∴sin(α−β+π6)=−1时，AB⋅AP取最大值32．
故选：B．
将cs(α+π3)和sin(α+π3)展开，然后求出AB和AP的坐标，进行数量积的坐标运算，再根据两角和差的正余弦公式可得出AB⋅AP=−sin(α−β+π6)+12，然后即可求出最大值．
本题考查了两角和差的正余弦公式，向量坐标的数量积运算，根据点的坐标求向量的坐标的方法，考查了计算能力，属于中档题．
11.【答案】 22
【解析】解：cs65°cs20°+sin65°sin20°=cs(65°−20°)=cs45°= 22．
故答案为： 22．
由余弦的和角公式求解即可．
本题考查和差角公式的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】三
【解析】解：z1=−2+i，z2=3+2i，
则z1−z2=−5−i，
故复数z1−z2在复平面内对应的点(−5,−1)位于第三象限．
故答案为：三．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
13.【答案】若a⊥α，b//α，则a⊥b
【解析】解：若a⊥α，b//α，则a⊥b．
理由：过b画一个平面β，使得β∩α=c，
∵b//α，b⊂β，β∩α=c，
∴b//c，
又a⊥α，c⊂α，可得a⊥c，
又b//c，可得a⊥b．
故答案为：若a⊥α，b//α，则a⊥b．
①②⇒③，可由线面平行的性质定理和线面垂直的性质，可得证明．
本题考查空间线线和线面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查转化思想和推理能力，属于基础题．
14.【答案】1 3
【解析】解：已知正三角形ABC的边长为2，点P满足AP=12(AB+AC)，
则点P为BC的中点，
则|BP|=1；
又AP⊥BC，
则|AP|=|AC|sinC=2× 32= 3，
则AP⋅AC=|AP||AC|cs∠CAP=|AP|2=3．
故答案为：1；3．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题．
15.【答案】−3π8(不唯一)
【解析】解：依题意，得β=α+3π4+2kπ(k∈Z)，
∴α+β=2α+3π4+2kπ(k∈Z)，①
∵cs(α+β)=1，
∴α+β=2mπ(m∈Z)，②
由①②得：2α+3π4=2(m−k)π=2nπ(m,n,k∈Z)，
令n=0，得α=−3π8．
故答案为：−3π8(不唯一)．
依题意，可得β=α+3π4+2kπ(k∈Z)，再利用cs(α+β)=1，可得关于α的关系式，从而可得答案．
本题考查终边相同的角及余弦函数性质的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】①②④
【解析】解：由于BC//AD，所以∠PDA即为直线BC与PD所成的角或其补角，
由于PA⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又PA=AD=1，所以∠PDA=π4，①正确；
由于PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，
又AD⊥CD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
取PD中点为N，连接NA，NG，
由于G为PC的中点，所以NG//CD，所以NG⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，则NG⊥PD，
又PA=AD=1，PD中点为N，所以PD⊥AN，
AN∩NG=N，AN，NG⊂平面ANG，所以PD⊥平面ANG，AG⊂平面AMG，则PD⊥AG，
AC⊥BD，BD⊥PA，PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，AG⊂平面PAC，
所以BD⊥AG，
PD∩BD=D，PD，BD⊂平面PBD，所以AG⊥平面PBD，MB⊂平面PBD，
所以AG⊥BM，故②正确；
当GM⊥平面PBD时，GM最小，设此时点G到平面PBD的距离为h，
VG−PBD=VD−PBG=12VD−PBC=12VP−DBC=14VP−ABCD=14×13×1×1×1=112，
所以VG−PBD=13SPBD⋅h=112，
由于PD=DB=PB= AD2+PA2= 2，故△PBD为等边三角形，S△PBD=12× 2× 2× 32= 32，
所以VG−PBD=13× 32⋅h=112⇒h= 36，故③错误；
由③得点G到平面PBD的距离为 36，不妨设G在平面PBD的投影为H，
所以点C到平面PBD的距离为 33，
由于AC被BD平分，所以A到平面PBD的距离为 33，
由②知AG⊥平面PBD，所以A，H，G三点共线，即AH= 33，
又AM= 22，所以MH= AM2−AH2= ( 22)2−( 33)2= 66，
因此点M的轨迹围成的图形是以点H为圆心，以HM为半径的圆，所以面积为π( 66)2=π6，故④正确．
故答案为：①②④．
根据异面直线所成的角即可判断①；
根据空间中的垂直关系转化即可证明AG⊥平面PBD，即可求证线线垂直进而判断②；
根据点到面的距离为最小值，利用等体积法即可求解③；
根据圆的面积即可判断④．
本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)设a，b的夹角为θ，θ∈[0,π]，
a=(3,1)，b=(1,2)，
则a⋅b=3+2=5，|a|= 10，|b|= 5，
故csθ=a⋅b|a||b|=5 10× 5= 22，解得θ=π4；
(Ⅱ)设c的坐标为(x,y)，
∵a−b=(2,−1)，|c|=2 5，c⊥(a−b)，
∴x2+y2=202x−y=0，解得x=2y=4或x=−2y=−4．
【解析】(Ⅰ)根据已知条件，结合平面向量的夹角公式，即可求解；
(Ⅱ根据已知条件，结合平面向量垂直的性质，以及向量模公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的夹角公式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为f(x)=12sin2x− 32(1+cs2x)+ 32=sin(2x−π3)，
所以f(x)的最小正周期T=2π2=π；
(2)当x∈[0,π2]时，2x−π3∈[−π3,2π3]，
故当2x−π3=π2，即x=5π12时，f(x)max=1；
(3)由x∈[m,π3]，可得2x−π3∈[2m−π3,π3]，
由题意，f(x)在[m,π3]上是增函数，
则有−π2≤2m−π3<π3，解得−π12≤m<π3，
故m的最小值为−π12．
【解析】首先根据二倍角公式及三角恒等变换化简函数，再根据三角函数的图象和性质求出周期，最值及根据单调性求参数m的范围．
本题考查三角恒等变换和三角函数的图象和性质，属基础题．
19.【答案】解：(Ⅰ)在△ABC中，bsinA=acsB，
可得sinBsinA=sinAcsB，
因为sinA>0，可得sinB=csB，即tanB=1，
由B为三角形的内角，可得B=π4；
(Ⅱ)选条件①：csA=−12，
可得内角A=2π3，C=π−2π3−π4=π12，
又a= 2，可得c=asinCsinA= 2× 6− 24 32=1− 33，
所以△ABC的面积为S=12acsinB=12× 2×(1− 33)× 22=3− 36；
选条件②：b= 5．
可得 5sinπ4= 2sinA，解得sinA= 55，
由于acsA= 1−15=2 55，
sinC=sin(A+B)= 22(sinA+csA)= 22( 55+2 55)=3 1010，
所以△ABC的面积为S=12absinC=12× 2× 5×3 1010=32．
【解析】(Ⅰ)由三角形的正弦定理和同角的商数关系，可得所求角；
(Ⅱ)选条件①，求得A，由正弦定理可得c，再由三角形的面积公式计算可得所求；
选条件②，由正弦定理可得sinA，由两角和的正弦公式可得sinC，再由三角形的面积公式计算可得所求．
本题考查三角形的正弦定理和面积公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)证明：底面ABCD是正方形，则CD//AB，
又由CD⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，
则CD//平面ABE；
(Ⅱ)证明：底面ABCD是正方形，则AB⊥CD，
又由PD⊥面ABCD，AB⊂平面ABCD，则有AB⊥PD，
AD⊂平面ABCD，PD⊂平面ABCD，且AD∩PD=D，
则AB⊥平面APD，又由AB⊂平面ABE，
则平面PAD⊥平面ABE；
(Ⅲ)连接AE、DE，
由(1)可得CD//平面ABE，CD⊂平面PCD，平面ABE∩平面PCD=EF，则有EF//CD，即EF//AB，
又由(2)中AB⊥平面PAD，可得EF⊥平面PAD，
而E为PC的中点，
则V2=V五面体ABEFDC=V三棱锥E−ADF+V四棱锥E−ABCD=13S△ADF⋅EF+13S正方形ABCD⋅FD=13×12×2×1+13×2×2×1=53，
而V四棱锥P−ABCD=13S正方形ABCD⋅AD=13×2×2×2=83，
故V1=V四棱锥P−ABCD−V2=83−53=1，
故V1：V2=1：53=3：5．
【解析】(Ⅰ)根据题意，由底面为正方形可得CD//AB，由线面平行的判定定理可得结论；
(Ⅱ)根据题意，分析可得AB⊥CD且AB⊥PD，由此可得AB⊥平面APD，进而由面面垂直的判定定理可得结论；
(Ⅲ)连接AE、DE，分析可得EF⊥平面PAD，由此求出V2和V1的值，计算可得答案．
本题考查棱棱锥和组合体的体积计算，涉及直线与平面平行、平面与平面垂直的判定，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)因为f(x)=2x，
则f(x+2π)=2(x+2π)=2x+4π，
又f(2π)=4π，
所以f(x+2π)=f(x)+f(2π)，
故函数f(x)=2x具有性质P；
因为g(x)=csx，
则g(x+2π)=cs(x+2π)=csx，
又g(2π)=cs2π=1，g(x)+g(2π)=csx+1+g(x+2π)，
故g(x)=csx不具有性质P；
(Ⅱ)若函数f(x)具有性质P，则f(0+2π)=f(0)+f(2π)，
即f(0)=sinφ=0，
因为|φ|<π2，
所以φ=0，
所以f(x)=sin(ωx)；
若f(2π)≠0，不妨设f(2π)>0，
由f(x+2π)=f(x)+f(2 π)，得f(2kπ)=f(0)+kf(2π)=kf(2π)(k∈Z) (*)，
只要k充分大时，kf(2π)将大于1，
而f(x)的值域为[−1,1]，
故等式(*)不可能成立，
所以必有f(2π)=0成立，即sin(2ωπ)=0，
因为32<ω<52，
所以3π<2ωπ<5π，
所以2ωπ=4π，则ω=2，
此时f(x)=sin2x，
则f(x+2π)=sin2(x+2π)=sin2x，
而f(x)+f(2π)=sin2x+sin4π=sin2x，
即有f(x+2π)=f(x)+f(2π)成立，
所以存在ω=2，φ=0，使函数f(x)具有性质P．
(Ⅲ)证明：由函数f(x)具有性质P及(Ⅱ)可知，f(0)=0，
由g(x+2π)=g(x)可知函数g(x)是以2π为周期的周期函数，
则g(2π)=g(0)，即sin(f(2π))=sin(f(0))=0，
所以f(2 π )=kπ，k∈Z；
由f(0)=0，f(2π)=kπ以及题设可知，函数f(x)在[0,2π]的值域为[0,kπ]，
所以k∈Z且k>0；
当k>2，f(x)=π及f(x)=2π时，均有g(x)=sin(f(x))=0，
这与g(x)在区间(0,2π)上有且只有一个零点矛盾，因此k=1或k=2；
当k=1时，f(2π)=π，函数f(x)在[0,2π]的值域为[0,π]，
此时函数g(x)的值域为[0,1]，
而f(x+2π)=f(x)+π，
于是函数f(x)在[2π,4π]的值域为[π,2π]，
此时函数g(x)的值域为[−1,0]，函数g(x)=sin(f(x))在当x∈[0,2π]时和x∈[2π,4π]时的取值范围不同，
与函数g(x)是以2π为周期的周期函数矛盾，
故k=2，即f(2π)=2π．
【解析】(Ⅰ)利用定义直接判断即可；
(Ⅱ)假设函数f(x)具有性质P，可求出φ=0，进而得到ω=2，再根据定义验证即可；
(Ⅲ)分析可知函数f(x)在[0,2π]的值域为[0,kπ]，由g(x)在区间(0,2π)上有且仅有一个零点可知k>2时不合题意，再求解当k=1时，与函数g(x)是以2π为周期的周期函数矛盾，由此可得k=2，进而得证．
本题以函数新定义为载体，考查函数性质的综合运用，解题的关键是读懂题意，理解新定义的本质，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题．