2022-2023学年北京市清华大学附中高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市清华大学附中高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共21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.已知a=(1,2)，b=(4,−2)，下列说法正确的是( )
A. |a|= 3B. a⊥bC. a//bD. b−a=(3,4)
2.已知集合A={x|x(x−1)≤0}，B={x|lnx≤a}，为使得A∪B=A，则实数a可以是( )
A. 0B. 1C. 2D. e
3.在复平面内，复数3−5i1−i对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4.在△ABC中，AB=5，BC=6，csB=35，则△ABC的面积为( )
A. 24B. 18C. 12D. 9
5.已知等差数列{an}中，a7=19，a2+a8=26，则数列{an}的前5项和为( )
A. 35B. 40C. 45D. 52
6.已知侧棱长为2的正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且三个侧面两两垂直，则这个球的表面积为( )
A. 48πB. 24πC. 12πD. 6π
7.已知函数f(x)=(13)x+2x−1，则不等式f(x)0，则“a3>a1”是“Sn无最大值”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，正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E、F、G、H分别为棱BC，CD，C1D1，B1C1的中点，点M为棱CC1上的动点，则下列说法中正确的个数是( )
①AM与BB1异面；
②A1H//平面AEM；
③平面AEM截正方体所得的截面图形始终是四边形；
④平面AEM⊥平面BB1GF.
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知复数z=3+ai(a0)，过A1作曲线f(x)=lnx的切线交y轴于(0,a2)(a2>0)，取点A2(a2,f(a2))，过A2作曲线f(x)=lnx的切线交y轴于(0,a3)依此类推，直到当an≤0(n≥3)时停止操作，此时得到数列{an}.给出下列四个结论：①02.
21.(本小题15分)
给定正整数n，记S(n)为所有由2n个非负实数组成的2行n列的数表构成的集合.对于A∈S(n)，用Ri(A)，Cj(A)分别表示的第i行，第j列各数之和(i=1,2；j=1，2，…，n).将A的每列的两个数中任选一个变为0(可以将0变为0)而另一个数不变，得到的数表称为A的一个残表.
(1)对如下数表A，写出A的所有残表A′，使得R1(A′)=R2(A′)；
(2)已知A∈S(2)且Cj(A)=1(j=1,2)，求证：一定存在A的某个残表A′使得R1(A′)，R2(A′)均不超过23；
(3)已知A∈S(23)且Cj(A)=1(j=1,2,…，23)，求证：一定存在A的某个残表A′使得R1(A′)，R2(A′)均不超过6.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵a=(1,2)，
∴|a|= 12+22= 5，A错误；
a=(1,2)，b=(4,−2)，
则a⋅b=1×4+2×(−2)=0，故a⊥b，B正确；
∵a=(1,2),b=(4,−2)，∴1×(−2)−4×2=−10≠0，故a与b不平行，C错误；
b−a=(4−1,−2−2)=(3,−4)，D错误．
故选：B.
根据向量的模的计算公式，两个向量的差与数量积的坐标运算，两个向量垂直、平行的条件逐一检验各个选项是否正确，从而得到答案．
本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题得A=[0,1]，B=(0,ea],
因为A∪B=A，所以B⊆A.
所以ea≤1=e0，∴a≤0.
故选：A.
先化简集合A，B，再根据已知得到ea≤1，解不等式即得解．
本题主要考查了解一元二次不等式，考查了对数函数的性质，同时考查了集合间的基本关系，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵3−5i1−i=(3−5i)(1+i)(1−i)(1+i)=8−2i2=4−i，
∴对应的点为(4,−1)，在第四象限．
故选：D.
对复数进行化简，根据复数的几何意义即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：∵csB=35，01时，Sn=a1q−1(qn−1)，
∵a1q−1>0，q>1，∴Sn单调增，则Sn无最大值，即充分性成立．
当q=1时，Sn=na1，又a1>0，则Sn无最大值．
可得“a3>a1”不是“Sn无最大值”的必要条件，即必要性不成立．
由此可知“a3>a1”是“Sn无最大值”的充分不必要条件．
故选：A.
由等比数列{an}中a3>a1等价于公比q1，结合前n项和公式单调性的判定可得其是否具有充分性，必要性方面举反例发现Sn无最大值不一定推得a3>a1，继而选项可定．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据等比数列的性质进行判断是解决本题的关键，是中档题．
10.【答案】C
【解析】解：对于①，连接A1C1，AC，
∵AA1=CC1，AA1//CC1，∴四边形AA1C1C是平行四边形，
又∵AM⊂平面AA1C1C，BB1//CC1，CC1⊂平面AA1C1C，BB1⊄平面AA1C1C，
∴BB1//平面AA1C1C，又CC1∩AM=M，∴BB1与AM是异面直线，故①正确；
对于②，连接EH，则EH//AA1，EH=AA1，
∴四边形AA1HE是平行四边形，A1H//AE，
又AE⊂平面AEM，A1H⊄平面AEM，∴A1H//平面AEM，故②正确；
对于③，取CC1的中点T，当M与T重合时，连接AD1，则有ET//AD1，E，T，A，D1四点共面，
即平面AEM截正方体的图形是四边形AD1TE，如下图：
当M点在线段C1T上时，在平面AA1D1D内作直线AU//EM，交DD1的延长线于U，交A1D1于V，连接UM，
∵DD1//CC1，∴D，U，C，C1四点共面，UM⊂平面DD1C1C，
∴UM∩D1C1=W，
即平面AEM截正方体的图形是五边形AEMWV，如下图：
故③错误；
对于④，在正方形ABCD内，Rt△ABE≅Rt△BCF，∠EAB=∠FBC，
∴∠FBC+∠BEA=π2，
∴AE⊥BF，又∵BB1⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
∴AE⊥BB1，BB1，BF⊂平面BB1GF，BB1∩BF=B，
∴AE⊥平面BB1GF，又AE⊂平面AEM，
∴平面AEM⊥平面BB1GF，故④正确．
故选：C.
根据正方体的几何性质逐项分析．
本题主要考查了线面平行和线面垂直的判定，考查了面面垂直的判定，同时考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
11.【答案】−4
【解析】解：由题意，可得|a|= 9+a2=5，且a0时，f(x)=ex−12ax2，且e0−12a×02=1，
则f′(x)=ex−ax，而f′(x)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立，
∴a≤exx在x∈(0,+∞)上恒成立，
令g(x)=exx，x∈(0,+∞)，则g′(x)=ex(x−1)x2，
当00，∴00，可以判断出①错误；利用an−(an−1−2)=lnan−1−an−1+1，构造函数，利用函数的单调性求出最大值，即可判断出③正确；假设存在正整数k>3，满足条件，利用等差数列的定义得到数列也为等比数列，公差为零，得出矛盾，再验证k=3满足条件，从而④正确．
【解答】
解：因为f(x)=lnx，所以f′(x)=1x，则f′(an−1)=1an−1,n≥2，
所以f(x)=lnx在点x=an−1处的切线方程为y−lnan−1=1an−1(x−an−1)，
令x=0，得y=lnan−1−1，
所以an=lnan−1−1，n≥2，所以②正确；
根据an=lnan−1−1，令n=2，则a2=lna1−1>0，解得a1>e，故①错误；
又当n≥2，n∈N*时，an−(an−1−2)=lnan−1−an−1+1，
设g(x)=lnx−x+1，x>0，
则g′(x)=1x−1=1−xx，
令g′(x)>0，得03，使得a1，a2，…，ak成等差数列．
假设当k=3时，a1，a2，…，ak成等差数列，
则a2=lna1−1,a1=ea2+1,a3=lna2−1，
又由a1+a3=2a2，得ea2+1+lna2−1=2a2，
令h(x)=ex+1+lnx−1−2x，x>0，
其中h(1)=e2−1−2>0，h(e−10)=ee−10+1−10−1−2e−10A，∴c>a.
∵a+c=8，
∴a=3，c=5.
过A作AD⊥CB交BC的延长线于点D，如图所示：
则BC边上的高AD=AB⋅sin∠ABD=5×sinπ3=5 32.
【解析】(1)根据正弦定理将边化为角，根据两角和的正弦公式可求csB的值，即可得出答案；
(2)由余弦定理求出a，c，过A作CB延长线的垂线，垂足为D，在Rt△ABD中求AD，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a2，a3，a4+1成等比数列，所以a2(a4+1)=a32，
即d(3d+1)=(2d)2，解得d=0或d=1，
若d=0，则an=0，此时a2，a3不能是等比数列中的项，
故d=0不符合题意，
所以d=1，an=0+(n−1)×1=n−1，
此时a2=1，a3=2，a4+1=4，符合a2，a3，a4+1成等比数列，
所以an=n−1.
(2)bn={an+1,n为奇数2an,n为偶数={n,n为奇数2n−1,n为偶数，
所以T2n=b1+b2+b3+b4+⋯+b2n−1+b2n
=(b1+b3+b5+⋯+b2n−1)+(b2+b4+b6+⋯+b2n)
=(1+3+5+⋯+2n−1)+(21+23+25+⋯+22n−1)
=[1+(2n−1)]n2+2×(1−4n)1−4=n2+22n+1−23.
所以T2n=n2+22n+1−23.
【解析】(1)由等比数列的性质，求得等差数列{an}的公差d，再由等差数列的通项公式，得解；
(2)采用分组求和法，结合等差数列与等比数列的求和公式，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差数列的通项公式，等比中项的性质，等差、等比数列的前n项和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，
点M和点N在棱CC1上，且CM=2CN=2，
连接AC、BD，设AC∩BD=O，连接ON，
则O为AC的中点，又N为CM的中点，所以ON//AM，
又AM⊄平面BDN，ON⊂平面BDN，所以AM//平面BDN.
(2)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，则ABCD为正方形，
所以AC⊥BD，
AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，
AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，
A1C⊂平面AA1C1C，所以A1C⊥BD，
又AC=2 2，OC= 2，CN=1，AA1=4，
所以AA1AC=ACCN，所以△A1AC∽△OCN，所以∠A1CA=∠ONC，
又∠A1CA+∠A1CN=90∘，所以∠A1CN+∠ONC=90∘，
所以A1C⊥ON，
又BD∩ON=O，BD，ON⊂平面BDN，
所以A1C⊥平面BDN，又DN⊂平面BDN，所以A1C⊥DN.

【解析】(1)连接AC、BD，设AC∩BD=O，连接ON，即可得到ON//AM，从而得证；
(2)首先证明BD⊥平面AA1C1C，得到A1C⊥BD，再证A1C⊥ON，即可得到A1C⊥平面BDN，从而得证．
本题考查了线面垂直，线线垂直问题，考查转化思想，是中档题．
19.【答案】解：(1)f(x)= 3sinωxcsωx+cs2ωx−12= 32sin2ωx+1+cs2ωx2−12= 32sin2ωx+12cs2ωx=sin(2ωx+π6)；
若选①，f(π3)=12，即sin(2ω⋅π3+π6)=12，
因为0