2022-2023学年北京市昌平区高一（下）期末考试数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市昌平区高一（下）期末考试数学试卷（含详细答案解析），共14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z=21+i的共轭复数z=( )
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tanπ+α=( )
A. −43B. −34C. 34D. 43
5.在△ABC中，A=30∘,AC= 3,AB=3，则BC=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
6.下列函数中，是偶函数且其图象关于点(π4,0)对称的是( )
A. fx=sinxB. fx=csxC. fx=sin4xD. fx=cs2x
7.如图，测量河对岸的塔高AB此，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 63mB. 10 3mC. 10 6mD. 20 3m
8.设函数fx=sinωx+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=π3C. ω=2,φ=π6D. ω=2,φ=π3
9.已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1,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 2B. 1,3C. 3,2 2D. 3,3
10.在平面直角坐标系中，点Acsα,sinα,Bcsα+π3,sinα+π3，Pcsβ,sinβ，则AB⋅AP的最大值为( )
A. 1B. 32C. 3D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30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=12AB+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csα+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：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知向量a=3,1,b=1,2,c=2 5,c⊥a−b.
(1)求a,b的夹角；
(2)求c的坐标.
18.(本小题12分)
已知函数fx=sinxcsx− 3cs2x+ 32.
(1)求fx的最小正周期；
(2)求fx在区间[0,π2]上的最大值及相应的x的取值
(3)若函数fx在[m,π3]上是增函数，求m的最小值.
19.(本小题12分)
在△ABC中，bsinA=acsB,a= 2.
(1)求B；
(2)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12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.

(1)求证：CD//平面ABE；
(2)求证：平面PAD⊥平面ABE；
(3)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12分)
已知定义域为R的函数hx满足：对于任意的x∈R，都有hx+2π=hx+h2π，则称函数hx具有性质P.
(1)判断函数fx=2x,gx=csx是否具有性质P；(直接写出结论)
(2)已知函数fx=sinωx+φ32<ω<52,φ<π2，判断是否存在ω,φ，使函数fx具有性质P？若存在，求出ω,φ的值；若不存在，说明理由；
(3)设函数fx具有性质P，且在区间0,2π上的值域为f0,f2π.函数gx=sinfx，满足gx+2π=gx，且在区间0,2π上有且只有一个零点.求证：f2π=2π.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】先利用复数的除法得到复数z，再求共轭复数.
【详解】解：因为复数 z=21+i ，
所以 z=21+i=21−i1+i1−i=1−i ，
所以 z= 1+i ，
故选：B
2.【答案】B
【解析】【分析】根据给定条件，利用弧长公式计算作答.
【详解】因为扇形半径为 16cm ，圆心角为 3π4 ，所以弧长为 3π4×16cm=12πcm .
故选：B
3.【答案】D
【解析】【分析】将 a+b=2 两边平方，再根据数量积得运算律即可得解.
【详解】因为 a,b 均是单位向量，所以 a=b=1 ，
又 a+b=2 ，则 a+b2=4 ，
即 a2+b2+2a⋅b=4 ，所以 a⋅b=1 .
故选：D.
4.【答案】A
【解析】【分析】利用诱导公式，结合三角函数定义求解作答.
【详解】依题意， tanα=−43 ，所以 tanπ+α=tanα=−43 .
故选：A
5.【答案】C
【解析】【分析】直接利用余弦定理求解即可.
【详解】在 △ABC 中， A=30∘,AC= 3,AB=3 ，
由余弦定理得 BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcsA=3+9−2× 3×3× 32=3 ，
所以 BC= 3 .
故选：C.
6.【答案】D
【解析】【分析】利用偶函数排除两个选项，再由对称性判断作答.
【详解】对于A，函数 fx=sinx 是奇函数，A不是；
对于C，函数 fx=sin4x 是奇函数，C不是；
对于B，函数 fx=csx 是偶函数，而 f(π4)=csπ4= 22≠0 ，即 fx=csx 的图象不关于点 (π4,0) 对称，B不是；
对于D，函数 fx=cs2x 是偶函数， f(π4)=csπ2=0 ，即 fx=cs2x 的图象关于点 (π4,0) 对称，D是.
故选：D
7.【答案】C
【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理，结合等腰三角形的性质求解作答.
【详解】在 △BCD 中， ∠BCD=15∘,∠BDC=120∘,CD=20m ，则 ∠CBD=45∘ ，
由正弦定理得： BCsin∠CDB=CDsin∠CBD ，于是 BC=20sin120∘sin45∘=20× 32 22=10 6 ，
在 Rt△ABC 中， ∠ABC=90∘,∠ACB=45∘ ，因此 AB=BC=10 6 ，
所以塔高 AB=10 6m
故选：C
8.【答案】C
【解析】【分析】根据周期可得 5π12−π6×4=T=2πω⇒ω=2 ，利用最值点即可得 φ=π6 .
【详解】根据图象可知 5π12−π6×4=T=2πω⇒ω=2 ，
将 π6,1 代入 fx=sin2x+φ 得 sinπ3+φ=1⇒π3+φ=π2+2kπ,k∈Z ，
所以 φ=π6+2kπ,k∈Z ，由于 0<φ<π ，所以取 k=0 ，故 φ=π6 ，
故选：C
9.【答案】C
【解析】【分析】根据周期可得 5π12−π6×4=T=2πω⇒ω=2 ，利用最值点即可得 φ=π6 .
【详解】根据图象可知 5π12−π6×4=T=2πω⇒ω=2 ，
将 π6,1 代入 fx=sin2x+φ 得 sinπ3+φ=1⇒π3+φ=π2+2kπ,k∈Z ，
所以 φ=π6+2kπ,k∈Z ，由于 0<φ<π ，所以取 k=0 ，故 φ=π6 ，
故选：C
10.【答案】B
【解析】【分析】根据向量数量积的坐标运算，结合三角恒等变换，即可由三角函数的有界性求解最值.
【详解】由 Acsα,sinα,Bcsα+π3,sinα+π3 ， Pcsβ,sinβ 可得 AB=csα+π3−csα,sinα+π3−sinα=−sinα+π6,csα+π6,AP=csβ−csα,sinβ−sinα ，
所以 AB⋅AP=−sinα+π6csβ−csα+csα+π6sinβ−sinα
=sinβ−α−π6+sinα+π6−α=sinβ−α−π6+12 ，
故当 sinβ−α−π6=1 时， AB⋅AP 取最大值 32 ，
故选：B
11.【答案】 22
【解析】【分析】根据余弦的和差角公式即可求解.
【详解】 cs65∘cs20∘+sin65∘sin20∘=cs65∘−20∘=cs45∘= 22 ，
故答案为： 22
12.【答案】三
【解析】【分析】先求出 z1−z2 ，然后求出其在复平面对应的坐标，从而可得答案
【详解】因为 z1=−2+i,z2=3+2i ，
所以 z1−z2=−2+i−3+2i=−5−i ，
所以复数 z1−z2 在复平面内对应的点为 −5,−1 ，位于第三象限，
故答案为：三
13.【答案】①② ⇒ ③
【解析】【分析】根据空间直线和平面平行垂直的判定定理及性质定理推理得出结论.
【详解】若①② ⇒ ③，
理由：设过 b 有一个平面 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 ，∴a⊥b .
若①③ ⇒ ②，
由 b//α ， a⊥b ，可得 a//α 或 a 与 α 相交或 a⊂α ，
故①③不能推出②.
若②③ ⇒ ①，
由 a⊥α ， a⊥b ，可得 b//α 或 b⊂α ，
故②③不能推出①.
故答案为：①② ⇒ ③.
14.【答案】1
3

【解析】【分析】由向量等式可得P为BC边的中点，由此求解作答.
【详解】正 △ABC 的边长为2，且 AP=12AB+AC ，则点P为BC边的中点，所以 BP=1 ，
∠CAP=30∘ ， AP⋅AC=|AP||AC|cs30∘=2× 32×2× 32=3 .
故答案为：1；3
15.【答案】−3π8
【解析】【分析】利用终边相同的角可得 β=α+3π4 ，再借助余弦函数的性质求解作答.
【详解】依题意， β=α+3π4 ，因此 cs(α+β)=cs(2α+3π4)=1 ，则 2α+3π4=2kπ,k∈Z ，
解得 α=kπ−3π8,k∈Z ，当 k=0 时， α=−3π8 ，
所以角 α 的一个取值为 −3π8 .
故答案为： −3π8
16.【答案】①②④
【解析】【分析】本题考查立体几何中线面垂直关系的证明、异面直线所成角和点到面的距离的求解、截面面积的求解问题；求解点到面的距离的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥高的问题的求解或者利用坐标系，由法向量法求解。
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.
【详解】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 ANG ，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=13S△PBD⋅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= 222− 332= 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 662=π6 ，故④正确.
故答案为：①②④

17.【答案】(1)π4 ；
(2)c=(2,4) 或 c=(−2,−4) .

【解析】【分析】(1)利用数量积和模求出向量夹角作答.
(2)设出 c 的坐标，利用给定条件列式求解作答.
【详解】(1)向量 a=3,1,b=1,2 ，则 a⋅b=3×1+1×2=5 ， |a|= 32+12= 10,|b|= 12+22= 5 ，
因此 cs⟨a,b⟩=a⋅b|a||b|=5 10× 5= 22 ，而 0≤⟨a,b⟩≤π ，则 ⟨a,b⟩=π4 ，
所以 a,b 的夹角为 π4 .
(2)设 c=(x,y) ，而 a−b=2,−1 ，由 c⊥a−b ，得 c⋅a−b=2x−y=0 ，即 y=2x ，
由 c=2 5 ，得 x2+y2=2 5 ，联立解得 x=2,y=4 或 x=−2,y=−4 ，
所以 c=(2,4) 或 c=(−2,−4) .
18.【答案】(1)π ；
(2)f(x)max=1 ， x=5π12 ；
(3)−π12 .

【解析】【分析】(1)利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数周期公式求解作答.
(2)利用(1)中解析式，求出相位所在区间，结合正弦函数性质求解作答.
(3)求出 fx 的单调递增区间，再借助集合包含关系列式作答.
【详解】(1)依题意，函数 fx=12sin2x− 32(2cs2x−1)=12sin2x− 32cs2x=sin(2x−π3) ，
所以函数 fx 的最小正周期为 T=2π2=π .
(2)由(1)知， fx=sin(2x−π3) ，当 x∈[0,π2] 时， −π3≤2x−π3≤2π3 ，
当 2x−π3=π2 ，即 x=5π12 时，函数 fx 取得最大值1，
所以 f(x)max=1 ， x=5π12 .
(3)由(1)知， fx=sin(2x−π3) ，由 2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2,k∈Z ，
得 kπ−π12≤x≤kπ+5π12,k∈Z ，即函数 fx 在 [kπ−π12,kπ+5π12](k∈Z) 上单调递增，
因为函数 fx 在 [m,π3] 上是增函数，则 k=0,[m,π3]⊆[−π12,5π12] ，因此 −π12≤m<π3 ，
所以 m 的最小值是 −π12 .
19.【答案】(1)B=π4
(2)选① 3− 36 ；选② 32

【解析】【分析】(1)利用正弦定理化边为角，即可得解；
(2)选①，先利用平方关系求出 sinA ，结合已知求出 b ，再根据两角和得正弦公式求出 sinC ，再根据三角形的面积公式即可得解.
选②，先求出 sinA,csA ，再根据两角和得正弦公式求出 sinC ，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】(1)因为 bsinA=acsB ，
由正弦定理得 sinBsinA=sinAcsB ，
又 sinA≠0 ，所以 tanB=1 ，
又 B∈0,π ，所以 B=π4 ；
(2)选①，因为 csA=−12,A∈0,π ，所以 A=2π3 ，
由 bsinA=acsB,a= 2 ，
得 b=acsBsinA= 2× 22 32=2 33 ，
则 sinC=sinA+B= 32× 22+−12× 22= 6− 24 ，
所以 S△ABC=12absinC=12× 2×2 33× 6− 24=3− 36 .
选②， bsinA=acsB,a= 2,b= 5 ，
得 sinA=acsBb= 2× 22 5= 55< 22 ，故 A<π4 ，
则 csA=2 55 ，
所以 sinC=sinA+B= 55× 22+2 55× 22=3 1010 ，
所以 S△ABC=12absinC=12× 2× 5×3 1010=32 .
20.【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)V1:V2=3:5

【解析】【分析】(1)由线面平行的判定定理可证；
(2)由线面垂直的性质定理和判定定理先得 AB⊥ 平面 PAD ，再由面面垂直的判定定理得证；
(3)连结 AE、DE ，将五面体 ABEFDC 分割成三棱锥 E−ADF 和四棱锥 E−ABCD ，分别求出体积，可求 V2 ，再由 V1=V四棱锥P−ABCD−V2 ，可解此题.
【详解】(1)由底面 ABCD 是正方形，知 CD // AB ，
又 CD⊄ 平面 ABE ， AB⊂ 平面 ABE ，
所以 CD // 平面 ABE ；
(2)由底面 ABCD 是正方形，可知 AB⊥AD ，
又 PD⊥ 平面 ABCD ， AB⊂ 平面 ABCD ，所以 AB⊥PD ，
AD⊂ 平面 ABCD ， PD⊂ 平面 ABCD ，且 AD∩PD=D ，
所以 AB⊥ 平面 PAD ，又 AB⊂ 平面 ABE ，
所以平面 PAD⊥ 平面 ABE ；
(3)
连结 AE、DE ，
由(1)CD // 平面 ABE ， CD⊂ 平面 PCD ，平面 ABE∩ 平面 PCD=EF ，
得 EF//CD ，即 EF//AB ，
又由(2)AB⊥ 平面 PAD ，可得 EF⊥ 平面 PAD ，
由题意， E 是 PC 的中点，
=13S△ADF⋅EF+13S正方形ABCD⋅FD
=13×12×2×1×1+13×2×2×1=53 ，
又 V四棱锥P−ABCD=13S正方形ABCD⋅PD=13×2×2×2=83 ，
所以 V1=V四棱锥P−ABCD−V2=1 ，
V1:V2=1:53=3:5 .
21.【答案】解：(1)因为 fx=2x ，则 fx+2π=2(x+2π)=2x+4π ，又 f2π=4π ，
所以 fx+2π=f(x)+f(2π) ，故函数 fx=2x 具有性质 P ；
因为 gx=csx ，则 gx+2π=cs(x+2π)=csx ，又 g2π=cs2π=1 ，
g(x)+g(2π)=csx+1≠g(x+2π) ，故 gx=csx 不具有性质 P .
(2)若函数 fx 具有性质 P ，则 f0+2π=f(0)+f(2π) ，即 f(0)=sinφ=0 ，
因为 φ<π2 ，所以 φ=0 ，所以 fx=sin(ωx) ；
若 f(2π)≠0 ，不妨设 f(2π)>0 ，由 fx+2π=f(x)+f(2π) ，
得 f2kπ=f(0)+kf(2π)=kf(2π)(k∈Z) (*)，
只要 k 充分大时， kf(2π) 将大于1，而 fx 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 fx=sin2x ，
则 fx+2π=sin2(x+2π)=sin2x ，
而 f(x)+f(2π)=sin2x+sin4π=sin2x ，即有 fx+2π=f(x)+f(2π) 成立，
所以存在 ω=2 ， φ=0 使函数 fx 具有性质 P .
(3)证明：由函数 fx 具有性质 P 及(2)可知， f(0)=0 ，
由 gx+2π=gx 可知函数 gx 是以 2π 为周期的周期函数，则 g2π=g(0) ，
即 sin(f(2π))=sin(f(0))=0 ，所以 f(2π)=kπ ， k∈Z ；
由 f(0)=0 ， f(2π)=kπ 以及题设可知，
函数 fx 在 0,2π 的值域为 0,kπ ，所以 k∈Z 且 k>0 ；
当 k>2 ， fx=π 及 fx=2π 时，均有 gx=sinfx=0 ，
这与 gx 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 fx 在 0,2π 的值域为 0,π ，
此时函数 gx 的值域为 0,1 ，
而 fx+2π=f(x)+π ，于是函数 fx 在 2π,4π 的值域为 π,2π ，
此时函数 gx 的值域为 −1,0 ，
函数 gx=sinfx 在当 x∈0,2π 时和 x∈2π,4π 时的取值范围不同，
与函数 gx 是以 2π 为周期的周期函数矛盾，
故 k=2 ，即 f(2π)=2π ，命题得证.

【解析】本题考查了函数的新定义问题，属于难题.
(1)利用定义判断即可；
(2)假设函数 fx 具有性质 P ，可求出 φ=0 ，进而可得 ω=2 ，从而可得 fx=sin2x ，再根据定义进行验证，即可得到答案；
(3)由由函数 fx 具有性质 P 及(2)可知， f(0)=0 ，进而可得 fx 在 0,2π 的值域为 0,kπ ， k∈Z 且 k>0 ，由 gx 在区间 0,2π 上有且只有一个零点可证明当 k>2 时不符合题意，再求解当 k=1 时与 gx 是以 2π 为周期的周期函数矛盾，从而可得 k=2 ，即可证明.