北京市昌平区2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

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2024.7
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.
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. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用三角函数的定义，即可求出结果.
【详解】因为角的终边经过点，所以，
故选：C.
2. 若，，则是（ ）
A. 第一象限角B. 第二象限角C. 第三象限角D. 第四象限角
【答案】B
【解析】
【分析】
根据，可判断可能在的象限，根据，可判断可能在的象限，综合分析，即可得答案.
【详解】由，可得的终边在第一象限或第二象限或与y轴正半轴重合，
由，可得的终边在第二象限或第四象限，
因为，同时成立，所以是第二象限角.
故选：B
3. 如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用复数的几何意义，得到，再利用复数的运算，即可求出结果.
【详解】由题知，所以，
得到，
故选：A.
4. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，l//m，则
C. 若，，则D. 若，α//β，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线线，线面及面面位置关系判断各个选项即可.
【详解】对于A:若,则可能，A错误；
对于B:若,则可能,B错误；
对于C:若则可能不垂直，C错误；
对于D:若,则,D正确.
故选：D.
5. 已知圆锥的母线长为5，侧面展开图扇形的弧长为，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据侧面展开图的弧长求出底面半径，再应用圆锥的体积计算即可.
【详解】因为侧面展开图扇形的弧长为,所以,
又因为圆锥的母线长为5，设圆锥的高为h,
所以圆锥的体积为.
故选：A.
6. 在中，，，，则（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用余弦定理得到，再由，得到，即可求出结果.
【详解】因为，，，由余弦定理，
得到，即，解得，
由，得到，
又，所以，
故选：B.
7. 已知，是两个复数，则“，互为共轭复数”是“，的差为纯虚数”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用充分条件与必要条件的判断方法，结合共轭复数的定义及复数的分类，即可求出结果.
【详解】若，互为共轭复数，设，则，
则，若，则，所以“，互为共轭复数”推不出“，的差为纯虚数，
不妨取，，则，显然满足，的差为纯虚数，
但，不互为共轭复数，所以“，互为共轭复数”是“，的差为纯虚数”的既不充分也不必要条件，
故选：D.
8. 海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.一般早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近船坞；卸货后落潮时返回海洋.下面是某港口在某季节某天的时间与水深值（单位：）的部分记录表.
据分析，这个港口的水深值与时间的关系可近似的用三角函数来描述.试估计13：00的水深值为（ ）
A. 3.75B. 5.83C. 6.25D. 6.67
【答案】C
【解析】
【分析】观察表中数据求出周期和最大最小值，然后可得，将表中最大值点坐标代入解析式可得，然后可得所求.
【详解】记时间为，水深值为，
设时间与水深值函数关系式为，
由表中数据可知，，
所以，，
所以，
又时，，所以，
所以，即，
所以，
，
即13:00的水深值大约为.
故选：C
9. 函数的部分图象如图所示，则 （ ）
A. 1B. C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象，求得，即可求出结果.
【详解】由图知，得到，又由图知，
由，得到，又，所以，
由，得到，所以，
得到，
故选：C.
10. 在矩形中，，，为矩形所在平面内的动点，且，则的最大值是（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设，根据条件得到，从而得到，又，结合图形，得，即可求出结果.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，设，中点为，
因为，，所以,，，，
得到，所以，
又因为，所以，
又，当且仅当（在的延长线上）三点共线时取等号，
所以，
故选：B.
【点睛】关键点点晴：设，利用向量数量积的坐标运算，得到，再利用圆的几何性质，即可求解.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知正四棱锥的底面边长为，高为，则它的侧面积为_________________.
【答案】
【解析】
【分析】利用正四棱锥的性质，结合条件，求出斜高，即可求出结果..
【详解】如图，，取的中点，连接，易知，
因为正四棱锥的底面边长为，高为，则，，
所以正四棱锥的侧面积为，
故答案为：.
12. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若角的终边与单位圆交于点，则_____________.
【答案】##
【解析】
【分析】先根据角与角的终边关于轴对称，且角的终边与单位圆交于点，得到角的终边与单位圆的交点，然后利用正弦函数的定义求解.
【详解】因为角与角的终边关于轴对称，且角的终边与单位圆交于点，
所以，解得，
当时，即角的终边与单位圆的交点，
所以.
当时，即角的终边与单位圆的交点，
所以.
综上所述，.
故答案为：
13. 已知菱形的边长为，，，则_________________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的线性运算得到，，再利用数量积的定义及运算，即可求出结果.
【详解】因为，所以，又，
所以，
又菱形的边长为，，所以，
故答案为：.
14. 已知函数，则函数的值域为________________；若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则实数的取值范围为_________________.
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】求出每段函数的值域求并集可得的值域；作出函数的图象，根据直线与函数的图象有三个交点可得的取值范围.
【详解】当时，；
当时，；
当时，.
综上，函数的值域为.
作出函数的图象如图：
因为关于的方程恰有三个不相等的实数根，
所以直线与函数的图象有三个交点，
由图可知，，即实数的取值范围为.
故答案为：；.
15. 在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.给出下列四个结论：
①平面；
②点轨迹的长度为；
③存在点，使得直线平面；
④平面截正方体所得的截面面积为.
其中所有正确结论的序号是_________________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据都是棱的中点，可以做出过的截面，再根据正方体的棱长和的长度，可确定点的轨迹，从而可判断各个结论的正确性.
【详解】如图：
因为，分别为，中点，所以，
又，所以，又平面，平面，
所以平面，故①成立；
连接，交EG于点，易证平面，，，
所以，故点轨迹是平面内以为圆心，以为半径的圆，
所以点轨迹长度为：，故②成立；
由②可知，不可能与平面垂直，故③不成立；
做出截面，可知截面是正六边形，且边长为，其面积为：，故④成立.
故答案为：①②④
【点睛】方法点睛：根据线面平行的判定和性质，可以确定过点三点的截面.
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，且为第二象限角.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用平方关系得到，再利用正切的和角公式，即可求解；
（2）利用倍角公式及正弦的差角公式，得到，即可求解.
【小问1详解】
因为，且为第二象限角，所以，得到，
所以.
【小问2详解】
因为，
由（1）知，，所以.
17. 已知向量，.
（1）若，求实数的值；
（2）若，求与夹角的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据坐标运算得到，然后根据垂直列方程，解方程即可；
（2）利用数量积的公式求夹角即可.
【小问1详解】
，
因为，所以，
解得.
【小问2详解】
若，则，
因为，，，
所以，
因为，所以.
18. 已知函数，图象的相邻两条对称轴之间的距离为.
（1）求的解析式；
（2）求在区间上最小值；
（3）若在区间上单调递增，求实数的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用辅助角公式得到，再结合条件，即可得到，从而求出结果；
（2）令，得到，利用的图象与性质，即可求出结果；
（3）利用的图象与性质，求出的单调增区间，再结合条件，即可求出结果.
【小问1详解】
因，
又图象的相邻两条对称轴之间的距离为，且，所以，得到，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，令，则
因为，所以，得到，
所以在区间上的最小值为.
【小问3详解】
因为，
由，得到，
令，得到，又在区间上单调递增，
所以实数的最大值为.
19. 中，.
（1）求；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）选择见解析（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用余弦定理，即可求出结果；
（2）选择①：利用条件得到，从而，即可求出，再利用正弦定得到，利用三角形的面积公式，即可求出结果；选择②：由于，，此时不存在；选择③：利用条件及正弦定理得到，同①即可求解.
【小问1详解】
因为，又由余弦定理，
所以，即，又，所以.
【小问2详解】
选择条件①：因为，又，所以，
由（1）知，所以，
（ⅰ）.
（ⅱ）因为，由正弦定理，得到，得到，
所以的面积为.
选择条件②：因为，由（1）知，而，此时不存在.
选择条件③：，又，所以，
由正弦定理得，由（1）知，所以，
得到，又，所以，得到，所以，
（ⅰ）.
（ⅱ）因为，由正弦定理，得到，得到，
所以的面积为.
20. 如图，在几何体中，侧面是正方形，平面平面，，，.
（1）求证：；
（2）求证：平面；
（3）判断直线与是否相交，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）不相交，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，得到面，再利用线面垂直的性质，即可证明结果；
（2）取中点，连接，根据条件，利用平行四边形的性质，得到，再利用线面平行的判定定理，即可证明结果；
（3）利用（2）中的结果，得出与异面，即可求出结果.
【小问1详解】
因为平面平面，平面平面，
又，面，所以面，
又面，所以.
【小问2详解】
取中点，连接，
因为，，所以且，
所以为平行四边形，得到且，
所以为平行四边形，得到，
又面，面，所以平面.
【小问3详解】
直线与不相交，理由如下，
由（2）知平面，所以平面，
又面，所以，又，，
所以与不平行，故与异面，从而与不相交.
21. 已知函数，先将图象上所有点向右平移个单位，再把所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象.
（1）求的解析式和零点；
（2）已知关于的方程在区间内有两个不同的解.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求的值.（用含的式子表示）
【答案】（1）；
（2）；
【解析】
【分析】（1）用辅助角公式化简，由三角函数的图象变换可得，继而可得零点；
（2）（ⅰ）由（1）得（其中），从而可得的取值范围.
（ⅱ）由题意可得，当时，可求；当时，可求，由，从而可以求解.
【小问1详解】
，
将图象上所有点向右平移个单位得，
再把所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象，
则，
的零点为和，
故零点为.
【小问2详解】
（ⅰ）（其中），
方程在区间内有两个不同的解，
即在区间内有两个不同的解，
故.
（ⅱ）是方程（其中）
在区间内有两个不同的解，
，
当时，，即，即；
当时，，即，
即；
.
故.
时间
0:00
3:00
6:00
9:00
12:00
水深值
5.0
7.5
5.0
2.5
5.0