北京市西城区2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（解析版）

这是一份北京市西城区2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（解析版），共15页。
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】由题设，对应点为在第四象限.
故选：D.
2. 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】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】由余弦定理得，即，得.
故选：B.
4. 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】依题意可得，解得.
故选：A.
5. 复数，且为纯虚数，则可能的取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，
所以，
因为为纯虚数，所以，所以，，
所以，.
故选：B.
6. 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】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】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】当点在边上时，，得，
此时点P轨迹长度为；
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轨迹的长度为，
所以点P轨迹的长度是.
故选：B.
9. 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】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，
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. C D.
【答案】A
【解析】设的中点为，因为，，所以，
，
，
因为，所以.
故选：A.
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】由已知得该复数，
则.
故答案为：1.
12. 设向量，，若，则______．
【答案】
【解析】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】2
【解析】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】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】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，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．
解：（1）因为，，所以，，
又因为，所以，所以．
（2）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．
解：（1），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.
（2）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．
解：（1）由正弦定理，得，
所以，
因为，所以，所以，
因为，，所以，即，
又因为，所以．
（2）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）求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．
解：（1）.
（2）
，
由，，
得，，
所以的单调递增区间是．
（3）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．
解：（1）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．
（2）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，又为的中点，
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．
（3）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．
解：（1），则；，
则，
故①否；②是.
（2）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，．
（3）．
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，．