2022-2023学年北京市东城区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市东城区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共18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.已知向量a=(m,1)，b=(−1,2).若a//b，则m=( )
A. 2B. 1C. −1D. −12
2.复数z满足i⋅z=1−2i，则z=( )
A. 2−iB. −2−iC. 1+2iD. 1−2i
3.某中学为了解在校高中学生的身高情况，在高中三个年级各随机抽取了10%的学生，并分别计算了三个年级抽取学生的平均身高，数据如表：
则该校高中学生的平均身高可估计为( )
A. 3.6x−+3.4y−+3.0z−B. x−+y−+z−2
C. 0.36x−+0.34y−+0.30z−D. x−+y−+z−3
4.已知圆锥SO的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则圆锥SO的体积为( )
A. 2πB. 3πC. πD. 33π
5.设a，b为实数，若a+ib−2i=1+i，则( )
A. a=1，b=−1B. a=5，b=3C. a=1，b=2D. a=1，b=3
6.将函数y=csx−sinx的图象向左平移π2个单位，所得图象的函数解析式为( )
A. y=− 2sinxB. y= 2csx
C. y=−sinx−csxD. y=csx+sinx
7.已知长方形墙ACFE把地面上B，D两点隔开，该墙与地面垂直，长10米，高3米.已测得AB=6米，BC=8米.现欲通过计算，能唯一求得B，D两点之间的距离，需要进一步测量的几何量可以为( )
A. 点D到AC的距离B. CD长度和DF长度
C. ∠ACB和∠ADCD. CD长度和∠ACD
8.设a，b为非零向量，|a|=|b|，则“a，b夹角为钝角”是“|a+b|< 2|a|”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
9.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AA1=AB，P为棱A1B1的中点，Q为线段A1C上的动点.以下结论中正确的是( )
A. 存在点Q，使BQ//AC
B. 不存在点Q，使BQ⊥B1C1
C. 对任意点Q，都有BQ⊥AB1
D. 存在点Q，使BQ//平面PCC1
10.如图，质点P在以坐标原点O为圆心，半径为1的圆上逆时针做匀速圆周运动，P的角速度大小为2rad/s，起点P0为射线y=−x(x≥0)与⊙O的交点.则当0≤t≤12时，动点P的纵坐标y关于t(单位：s)的函数的单调递增区间是( )
A. [0,π2]
B. [7π8,11π8]
C. [11π8,15π8]
D. [3π4,11π4]
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.已知tanα=12，tanβ=13，则tan(α+β)的值为______ .
12.在边长为1的正方形ABCD中，E为AB中点，则AD⋅CE=______ .
13.如表是某市6月1日至14日的空气质量指数统计表.由表判断，从6月______ 日开始，连续三天的空气质量指数方差最大.
14.已知z为复数，且|z−2i|=1，写出满足上述条件的一个复数z=______ ；|z|的最大值为______ .
15.金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用来切割玻璃，也用作钻探机的钻头.金刚石经常呈现如图所示的“正八面体”外形.正八面体由八个全等的等边三角形围成，体现了数学的对称美.下面给出四个结论：
①AE//平面CDF；
②平面ABE⊥平面BCE；
③过点E存在唯一一条直线与正八面体的各个面所成角均相等；
④以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的 23.
其中所有正确结论的序号是__________.
三、解答题：本题共5小题，共50分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c.C=23π，a=57c.
(Ⅰ)求sinA；
(Ⅱ)若c=7，求△ABC的面积.
17.(本小题10分)
某市举办“强国有我，爱我中华”科技知识竞赛，赛后将参赛的2000名学生成绩分成4组：①60≤x<70，②70≤x<80，③80≤x<90，④90≤x≤100，并进行统计分析，公布了如图所示的频率分布直方图.
(Ⅰ)估计这2000名学生科技知识竞赛成绩的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表)；
(Ⅱ)某同学获知自己的成绩进入本次竞赛成绩前20%，估计该同学的成绩不低于多少分？
18.(本小题10分)
已知函数f(x)=asin2ωx+2cs2ωx(a∈R,ω>0).
(Ⅰ)若f(x)为偶函数，求a的值；
(Ⅱ)从下列三个条件中选择两个作为已知，使函数f(x)存在且唯一确定，并求f(x)在区间[0,π2]上的最大值与最小值.
条件①：f(π4)= 3+1；
条件②：−π6为f(x)的一个零点；
条件③：f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2.
19.(本小题10分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面是菱形，侧面PAB是正三角形，M是PD上一动点，N是CD中点.
(Ⅰ)当M是PD中点时，求证：PC//平面BMN；
(Ⅱ)若∠ABC=60∘，求证：PC⊥AB；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，是否存在点M，使得PC⊥BM？若存在，求PMMD的值；若不存在，请说明理由.
20.(本小题10分)
对于三维向量ak=(xk,yk,zk)(xk,yk,zk∈N,k=0,1,2,⋯)，定义“F变换”：ak+1=F(ak)，其中，xk+1=|xk−yk|，yk+1=|yk−zk|，zk+1=|zk−xk|.记⟨ak⟩=xkykzk，||ak||=xk+yk+zk.
(Ⅰ)若a0=(3,1,2)，求⟨a2⟩及||a2||；
(Ⅱ)证明：对于任意a0，经过若干次F变换后，必存在K∈N*，使⟨aK⟩=0；
(Ⅲ)已知a1=(p,2,q)(q≥p)，||a1||=2024，将a1再经过m次F变换后，||am||最小，求m的最小值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：向量a=(m,1)，b=(−1,2)，a//b，
则2m=1×(−1)，解得m=−12.
故选：D.
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵i⋅z=1−2i，∴−i⋅i⋅z=−i(1−2i)，∴z=−2−i
故选B.
可以直接求出复数z，化简即可．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由题意可知：抽取的总人数为100，各年级的频率依次为0.36，0.34，0.30，
所以该校高中学生的平均身高可估计为0.36x−+0.34y−+0.30z−.
故选：C.
根据加权平均数的计算公式求解．
本题考查加权平均数的计算，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：如图所示，
圆锥SO中，底面圆半径为r=OA=1，
高为h= 22−12= 3；
所以圆锥SO的体积为：
V圆锥=13πr2h=13π⋅12⋅ 3= 33π.
故选：D.
根据题意，利用圆锥的体积公式计算即可．
本题考查了圆锥体积的计算问题，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：a+ib−2i=1+i，
则a+i=(b−2i)(1+i)=b+2+(b−2)i，即a=b+2b−2=1，解得a=5b=3.
故选：B.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数相等的条件，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数相等的条件，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：函数y=csx−sinx= 2cs(x+π4)，
函数y向左平行π2个单位，
可得函数f(x)= 2cs(x+π4+π2)= 2cs(x+34π)=−csx−sinx.
故选：C.
由辅助角公式可得函数y的解析式，再由向左平行移动，可得函数f(x)的解析式．
本题考查辅助角公式的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，由余弦定理可求得∠BAC和∠BCA，
要求出BD的长，需解△ABD或△BCD，
解△ABD需知∠DAC和边AD；
解△BCD需知∠ACD和边CD.
故选：D.
由解三角形的知识分析即可．
本题考查解三角的实际应用，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：根据题意，若a，b夹角为钝角，则a⋅b<0，
则(a+b)2=a2+b2+2a⋅b<2a2，故有|a+b|< 2|a|，
反之，当a和b方向相反时，有|a+b|< 2|a|，但a，b夹角不是钝角，
故“a，b夹角为钝角”是“|a+b|< 2|a|”的充分不必要条件．
故选：A.
根据题意，由平面向量数量积的性质可得“a，b夹角为钝角”是“|a+b|< 2|a|”的充分条件，反之，举出反例，可得“a，b夹角为钝角”不是“|a+b|< 2|a|”的必要条件，综合可得答案．
本题考查向量数量积的运算和性质的应用，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：
A选项，由于BQ∩平面ABC=B，B∉AC，AC⊂平面ABC，则BQ，AC一定异面，A选项错误；
B选项，根据直三棱柱性质，BB1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，故BB1⊥BC，
又AB⊥BC，AB∩BB1=B，AB，BB1⊂平面ABB1A1，
故BC⊥平面ABB1A1，
又BA1⊂平面ABB1A1，
故BC⊥BA1，
显然BC//B1C1，
即B1C1⊥BA1，
故A1，Q重合时，BQ⊥B1C1，B选项错误；
C选项，直棱柱的侧面ABB1A1必是矩形，
而AA1=AB，
故矩形ABB1A1成为正方形，
则AB1⊥BA1，
B选项已经分析过，BC⊥平面ABB1A1，
由AB1⊂平面ABB1A1，
故AB1⊥BC，
又BC∩BA1=B，BC，BA1⊂平面BCA1，
故AB1⊥平面BCA1，
又BQ⊂平面BCA1，
则BQ⊥AB1必然成立，C选项正确；
D选项，取AB中点M，连接CM，PM，
根据棱柱性质可知，CM和C1P平行且相等，
故平面PCC1可扩展成平面CMPC1，
过B作BN⊥CM，垂足为N，
根据BB1⊥平面ABC，BN⊂平面ABC，
故BB1⊥BN，
显然BB1//CC1，
故BN⊥CC1，
由BN⊥CM，CC1∩CM=C，CC1，CM⊂平面CMPC1，
故BN⊥平面CMPC1，
若BQ//平面PCC1，
则BQ⊥BN，
过Q作QO//BB1，交A1C1于O，连接B1O，于是BQOB1共面，
又BQ∩BB1=B，BQ，BB1⊂平面BQOB1，
故BN⊥平面BQOB1，
由于B1O⊂平面BQOB1，
故BN⊥B1O，延长OQ交AC于J，
易得B1O//BJ，
则BJ⊥BN，
而J在线段AC上，
这是不可能的，D选项错误．
故选：C.
A选项，根据异面直线的定义可以判断；
B选项，容易发现A1，Q 重合时符合题意；
C选项，利用线面垂直的性质得到线面垂直；
D选项，先找出平面PCC1的一条垂线，问题转化为判断这条垂线是否和BQ垂直的问题．
本题考查了异面直线的判断，线面垂直的判定与性质，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：因为P在单位圆上的角速度大小为2rad/s，起点P0为射线y=−x(x≥0)与⊙O的交点，
所以A=1，ω=2,φ=−π4，所以动点P的纵坐标y关于t(单位：S)的函数y=sin(2t−π4)，
由−π2+2kπ≤2t−π4≤π2+2kπ,k∈Z，得−π8+kπ≤t≤3π8+kπ，k∈Z，
因为0≤t≤12，所以0≤t≤3π8，7π8≤t≤11π8，15π8≤t≤19π8，23π8≤t≤27π8.
所以动点P的纵坐标y关于t(单位：S)的函数的单调递增区间是：
[0,3π8]，[7π8,11π8]，[15π8,19π8]，[23π8,27π8].
故选：B.
根据题意求出y关于t(单位：S)的函数y=sin(2t−π4)，然后结合正弦函数的单调性求解函数在[0,12]上的增区间．
本题考查三角函数定义，考查三角函数性质，属于中档题．
11.【答案】1
【解析】解：∵tanα=12，tanβ=13，
∴tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ=12+131−12×13=1.
故答案为：1.
直接利用两角和的正切公式求解．
本题主要考查了两角和的正切公式，属于基础题．
12.【答案】−1
【解析】解：建立平面直角坐标系如下所示：
因为四边形ABCD为边长为1的正方形，
所以A(0,1)，B(0,0)，C(1,0)，D(1,1)，
又E为AB中点，
所以E(0,12)，
此时AD=(1,0)，CE=(−1,12)，
则AD⋅CE=1×(−1)+0×12=−1.
故答案为：−1.
由题意，建立平面直角坐标系，求出相关向量，再进行求解即可．
本题考查平面向量数量积的应用，考查了逻辑推理和运算能力．
13.【答案】3
【解析】解：由表格数据可知，从6月3日开始连续三天的空气质量指数分别为90，50，38，
此时数据的波动最大，因此方差也最大．
故答案为：3.
根据方差的实际意义求解．
本题主要考查了方差的实际意义，属于基础题．
14.【答案】i 3
【解析】解：z=i时，|z−2i|=|i−2i|=|−i|=1，
设z=a+bi，则|z−2i|=|a+(b−2)i|= a2+(b−2)2=1，
∴a2+(b−2)2=1，设a=cst，b=2+sint，则|z|= a2+b2= cs2t+sin2t+4sint+4= 4sint+5，
∴sint=1时，|z|取最大值3.
故答案为：i；3.
可看出z=i时，满足|z−2i|=1，设z=a+bi，可得出a2+(b−2)2=1，然后可设a=cst，b=2+sint，这样即可得出|z|= 4sint+5，从而可得出|z|的最大值．
本题考查了复数模的求法，复数的减法运算，sin2α+cs2α=1，换元法的运用，考查了计算能力，属于中档题．
15.【答案】①④
【解析】【分析】
本题考查了线面平行与面面垂直的判断，线面角的求解等，属于中档题．
根据线面平行的判定定理判断①；
根据二面角相关知识判断②；
根据线面角相关知识并结合图形特点进而判断③；
根据题意找出正方体的棱长，结合相似三角形从而判断④．
【解答】
解：对于①，根据正八面体性质可知，AE//CF，
又因为AE⊄平面CDF，CF⊂平面CDF，
所以AE//平面CDF，故①正确．
对于②，如下图所示，
取BE中点G，连接AG，GC，AC，
根据等边三角形性质可知AG⊥EB，CG⊥EB，
所以∠AGC是二面角A−BE−C的平面角，
设该正八面体棱长为a，
则AC= 2a，AG=GC= 32a，
则在△AGC中，AG2+GC2=32a2≠AC2，
所以∠AGC≠90∘，
所以平面ABE与平面BCE不垂直，故②错误；
对于③，直线AC，BD与正八面体的各个面所成角均相等，
将其平移后使其过点E，
则过点E至少存在两条直线与正八面体的各个面所成角均相等，故③错误．
对于④，如下图所示，

取AB，BC中点 M，N，△ABE，△BEC的中心P，Q，
连接AC，MN，EM，EN，
则PQ即正方体的一条棱，
设该正八面体棱长为a，
则AC= 2a，MN=12AC= 22a，
根据EPEM=EQEN=23,∠PEQ=∠MEN，
得△PEQ∽△MEN，
所以PQ=23MN= 23a，
所以以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的 23，故④正确．
故答案为：①④
16.【答案】解：(Ⅰ)在△ABC中，由正弦定理知，asinA=csinC，
所以sinA=asinCc=57⋅sin2π3=5 314.
(Ⅱ)因为a=57c，c=7，所以a=5，
由余弦定理知，c2=a2+b2−2abcsC，
所以49=25+b2−2⋅5⋅bcs2π3，即b2+5b−24=0，解得b=3或−8(舍负)，
所以△ABC的面积S=12absinC=12×5×3×sin2π3=15 34.
【解析】(Ⅰ)利用正弦定理，即可得解；
(Ⅱ)先由余弦定理求得b的值，再由S=12absinC，得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(Ⅰ)因为x−=65×0.05+75×0.3+85×0.4+95×0.25=83.5，
所以这2000名学生竞赛成绩的平均数可以估计为83.5；
(Ⅱ)因为[90,100]这组数据占总数的25%，该同学的成绩进入本次竞赛成绩前20%，
所以100−10×20%25%=92，
所以可以估计该同学的成绩不低于92分．
【解析】(Ⅰ)利用平均数的定义求解；
(Ⅱ)根据百分位数的定义求解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数和百分位数的计算，属于基础题．
18.【答案】解：(Ⅰ)因为f(x)=asin2ωx+2cs2ωx(a∈R,ω>0)，
所以f(x)的定义域为R.
因为f(x)为偶函数，
所以∀x∈R，f(−x)=f(x)，
即∀x∈R，asin(−2ωx)+2cs2(−ωx)=asin2ωx+2cs2ωx，
即∀x∈R，asin2ωx=0，
所以a=0.
(Ⅱ)f(x)=asin2ωx+2cs2ωx
=asin2ωx+cs2ωx+1
= a2+1sin(2ωx+φ)+1，其中tanφ=1a，
选择条件①③：因为函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，
所以T2=π2，即T=π，
所以2π2ω=π，即ω=1，
因为f(π4)= 3+1，即asin(2×π4)+2cs2π4=a+1= 3+1，
所以a= 3，
所以f(x)=2sin(2x+π6)+1.
因为0≤x≤π2，
所以0≤2x≤π，
所以π6≤2x+π6≤7π6，
当2x+π6=π2，即x=π6时，f(x)取得最大值3；
当2x+π6=7π6，即x=π2时，f(x)取得最小值0.
选择条件②③：因为函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，
所以T2=π2，即T=π，所以2π2ω=π，即ω=1.
因为−π6为f(x)的一个零点，
即asin(−2×π6)+2cs2(−π6)=− 32a+32=0，
所以a= 3，
所以f(x)=2sin(2x+π6)+1，
因为0≤x≤π2，
所以0≤2x≤π，
所以π6≤2x+π6≤7π6，
当2x+π6=π2，即x=π6时，f(x)取得最大值3；
当2x+π6=7π6，即x=π2时，f(x)取得最小值0.
【解析】(Ⅰ)由题意利用偶函数的性质可求∀x∈R，asin2ωx=0，即可得解a的值．
(Ⅱ)利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f(x)= a2+1sin(2ωx+φ)+1，其中tanφ=1a，
选择条件①③：利用正弦函数的周期性可求ω=1，由f(π4)= 3+1，可得a= 3，进而利用正弦函数的性质即可求解；
选择条件②③：利用正弦函数的周期性可求ω=1，由−π6为f(x)的一个零点，可得a= 3，进而利用正弦函数的性质即可求解；
本题考查了三角函数恒等变换以及正弦函数的性质的综合应用，考查了函数思想和转化思想，属于中档题．
19.【答案】(Ⅰ)证明：因为点M是PD中点，点N是CD中点，所以MN//PC，
因为PC⊄平面BMN，MN⊂平面BMN，
所以PC//平面BMN.
(Ⅱ)证明：如图，取AB中点F，连接AC，PF，CF，
因为侧面PAB是正三角形，所以PF⊥AB，
因为底面BCD是菱形，且∠ABC=60∘，所以△ABC是等边三角形，
所以CF⊥AB，
因为PF⊥AB，CF⊥AB，PF∩CF=F，PF，CF⊂平面PFC，
所以AB⊥平面PFC，
因为PC⊂平面PFC，所以PC⊥AB.
(Ⅲ)解：如图，取PC中点E，连接BE，AE.
因为四棱锥P−ABCD的底面是菱形，侧面PAB是正三角形，
所以PB=AB=BC，
所以BE⊥PC，
又因为PC⊥AB，AB∩BE=B，
所以PC⊥平面ABE，
过E作EM//CD交PD于点M，
因为EM//CD//AB，
所以点M∈平面ABE，
所以PC⊥平面BEM，
因为E为PC的中点，EM//CD，
所以PM=MD，
所以PMMD=1.
【解析】(Ⅰ)通过三角形的中位线性质得到线线平行，然后利用线面平行的判定定理；
(Ⅱ)由已知及菱形性质得到正三角形，通过等边三角形的三线合一得到线线垂直，从而得出线面垂直，运用线面垂直的性质得线线垂直；
(Ⅲ)存在性问题，先求得直线与直线平行，结合中位线的性质得出线段相等关系．
本题考查线面平行和线面垂直，使用方法：等腰三角形三线合一，三角形中位线等，是基础题．
20.【答案】解：(Ⅰ)因为a0=(3,1,2)，所以a1=(2,1,1)，a2=(1,0,1)，
所以=0，||a2||=2；
(Ⅱ)设Mk=max{xk,yk,zk}(k=0,1,2,…)，
假设对∀k∈N，≠0，则xk+1+，yk+1，zk+1均不为0；
所以Mk+1>Mk+2，即M1>M2>M3>...，
因为Mk∈N*(k=1,2,...)，M1>M2+1>M3+2>...>M2+M1+1+M1，
所以M2+M1≤−1，与M2+M1>0矛盾，所以假设不正确；
综上，对于任意a0，经过若干次F变换后，必存在K∈N*，使=0；
(Ⅲ)设a0=(x0,y0,z0)，因为a1=(p,2,q)(q>p)，
所以有x0≤y0≤z0或x0≥y0≥z0，当x0≥y0≥z0时，可得p=x0−y02=y0−z0−q=z0−x0，三式相加得q−p=2；
又因为||a1||=2024，可得p=1010，q=1012；
当x0≤y0≤z0时，也可得p=1010，q=1012，所以a1=(1010,2,1012)；
设ak的三个分量为2，m，m+2(m∈N*)这三个数，
当m>2时，ak+1的三个分量为m−2，2，m这三个数，
所以||ak+1||=||ak||−4；
当m=2时，ak的三个分量为2，2，4，则ak+1的三个分量为0，2，2，ak+2的三个分量为2，0，2，
所以||ak+1||=||ak+2||=⋯=4；
所以，由||a1||=2024，可得||a505||=8，||a506||=4；
因为a1=(1010,2,1012)，所以任意ak的三个分量始终为偶数，且都有一个分量等于2，
所以a505的三个分量只能是2，2，4三个数，a506的三个分量只能是0，2，2三个数，
所以当m<505时，||am+1||≥8；当m≥505时，||am+1||=4，
所以m的最小值为505.
【解析】(Ⅰ)根据题意，写出a1、a2，再计算和||a2||；
(Ⅱ)设Mk=max{xk,yk,zk}(k=0,1,2,…)，假设对∀k∈N，≠0，由此得出相矛盾的结论，即可用反证法证明命题成立；
(Ⅲ)设a0=(x0,y0,z0)，由a1=(p,2,q)，得出x0≤y0≤z0或x0≥y0≥z0，利用分类讨论法求解，即可得出m的最小值．
本题考查了平面向量的综合应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．年级
高一
高二
高三
抽样人数
36
34
30
平均身高
x−
y−
z−
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
空气质量指数
60
79
90
50
38
26
32
49
48
62
52
38
30
37