精品解析：北京市一零一中学2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题

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命题：高一备课组 审稿：贺丽珍
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（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数相等的条件可求.
【详解】，而为实数，故，
故选：B.
2. 已知向量、满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】因为，，，则，
解得.
故选：C.
3. 已知向量.若与共线，则（ ）
A. 1B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量坐标运算得，利用向量共线得到方程，解出即可.
【详解】，由与共线得
故选：A.
4. 已知α为第二象限角，，则cs2α=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】 ，故选A.
5. 对于不重合的两个平面与，给定下列条件：
①存在平面，使得，都垂直于；
②存在平面，使得，都平行于；
③存在直线，直线，使得；
④存在异面直线，，使得，，，．
其中，可以判定与平行的条件有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】直线与平面位置关系，平面与平面的位置关系，对选项进行逐一判断，确定正确选项即可．
【详解】解：①若存在平面，使得，都垂直于，则与平行或相交，故①错误．
②若存在平面，使得，都平行于，因为与是不重合的两个平面，所以与平行，故②正确．
③若存在直线，直线，使得，则与平行或相交，故③错误；
④若存在异面直线，，使得，，，，则可以判定与平行．
可在面内作，，因为，是异面直线，则与必相交．
又，，
，，
，即④正确．
故选：B．
6. 若将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于y轴对称，则的最小正值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用辅助角公式化简，然后利用三角函数的图像平移得到新的解析式，结合函数为偶函数即可求得的最小正值.
【详解】，
将函数的图象向右平移个单位得，
由该函数为偶函数可知: ，
即，
当时， ，
所以的最小正值是为.
故选：
【点睛】本题主要考查了三角函数的辅助角公式，三角函数的图象平移，三角函数奇偶性，是中档题.
7. 在中，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：若，则，
∴，由正弦定理得，
所以，因为，所以，所以，∴，反之也成立，
故“”是“”的充要条件；
故选：C
8. 钝角三角形的面积是，，则=（ ）
A. B. C. 7D. 7或1
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据面积公式求角，再结合余弦定理求.
【详解】，
所以，或，
当时，,
即，此时，满足题意，
当，，满足题意，
所以或.
故选：D
9. 已知直四棱柱的棱长均为4，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先找出平面截球面的截面圆的圆心是的中点，再找到截面圆的半径和交线，从而得解.
【详解】连接，如图，

因为直四棱柱的棱长均为4，，
所以是正三角形，则，
取的中点，连接，则，，
易知平面，又平面，所以，
又平面，所以平面，
故平面截球面的截面圆的圆心是点，
取和的中点，连接，
则，，
故在球面上，又，，即，
所以为直角三角形，，
球面与侧面的交线是侧面上以为圆心，为半径的圆弧，
则.
故选：B.
10. 设函数的定义域为D，若存在常数a满足，且对任意的，总存在，使得，称函数为函数.给出以下四个结论：
①函数是函数；
②函数是函数；
③若函数是函数，则；
④若函数是函数，则.
其中正确结论序号是（ ）
A. ①②B. ①③C. ①④D. ①③④
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中所给定义，结合条件，逐一检验各个选项，分析整理，即可得答案.
【详解】对于①，定义域为R，当时，有，对任意，，
令，则，函数是函数，①正确；
对于②，定义域为R，当时，有，当时，，
显然不存在，使得，此时，②错误；
对于③，若t=4，的定义域为，，，
因为，则，当时，，
为增函数，则，显然，
因此，，即，③错误；
对于④，当时，，则，
因为函数是P()函数，则对任意，总存在使，
又，取，则，当时，有，解得，
当时，函数在上单调递增，
，，令，
此时，则有，即对，总存在使得，
当时，同理对，总存在使得，
所以，④正确，
所以正确结论的序号是①④.
故选：C
【点睛】关键点睛：解题的关键是掌握P(a)函数的定义，并根据选项所给条件，结合各个函数的性质，进行分析和判断作答.
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 若复数z满足，则的最小值是_______.
【答案】1
【解析】
【分析】由可得，则，根据可得的最小值.
【详解】设，，
，，则，
，
当时，.
故答案为：1.
12. 若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为____________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：因为，圆锥的侧面积为，底面积为，
所以，
解得，，所以，该圆锥的体积为．
考点：圆锥的几何特征
点评：简单题，圆锥之中，要弄清r,h,l之间的关系，熟练掌握面积、体积计算公式．
13. 若cs＝，cs(＋β)＝－，∈，＋β∈，则β＝________.
【答案】
【解析】
【分析】根据角的凑配可得，再根据已知条件结合同角三角函数进行代入即可得解.
【详解】，
又，∈，得；
，＋β∈，得，
则，
由∈，＋β∈得，
所以．
故答案为：
14. 已知平面向量，，满足：，，，则，之间的夹角为_______，的取值范围是_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】空1：直接利用向量夹角公式即可；空2：利用坐标法，不妨令，设，得到，求出的范围，再利用即可.
【详解】因为 ，所以，
因为，所以，
不妨令，设，
所以由 , 可得，
所以，所以，解得，
所以，
故答案为：；.
15. 在正方体中，棱长为2，已知点P，Q分别是线段，上的动点（不含端点）.给出下列四个结论：
（1）直线与直线垂直；
（2）直线与直线不可能平行；
（3）二面角的平面角的正弦值为；
（4）的最小值是.
其中所有正确结论的序号是_______.

【答案】（1）（3）（4）
【解析】
【分析】证明出平面，利用线面垂直的性质可判断（1）；取、分别为、的中点，利用中位线的性质以及平行线的传递性可判断（2）；利用二面角的定义可判断（3）；将和延展至同一平面，分析可知当时，取最小值，根据三角形边与角的关系可求得的最小值，可判断（4）.
【详解】对于（1），因为，则、、、四点共面，
因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，则，
因，、平面，所以，平面，
因平面，所以，，（1）对；
对于（2），当、分别为、的中点时，，
又因为，此时，（2）错；
对于（3），因为、，平面即为平面，平面即为平面，
所以，二面角即为二面角，

取上下底面中心点分别为，分别连接，
平面即为平面，由题知底面，
因为平面，所以，易知，
又因为为中点，则，因为平面平面，平面，面，
则二面角即为，因为平面，平面，
所以，而，，所以，则（3）正确；
对于（4），因为平面，平面，则，同理可得，
因为，同理可得，，
将和延展至同一平面，如下图所示：

在中，，，
因为，，，所以，，
所以，，故，
所以，，
当时，取最小值，且最小值为，（4）对.
故答案为：（1）（3）（4）.
【点睛】关键点睛：本题第（3）小问的关键时利用二面角的定义在图中找到所对应的角，再利用勾股定理求出相关线段长，则得到其正弦值，第（4）问的关键是将其转化到同一平面内，再利用二倍角等知识点得到最值.
三、解答题共5小题，共55分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，当时，求的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及两角和的正弦公式将函数化简，再结合正弦函数的性质计算可得；
（2）根据三角函数的变换规则得到的解析式，再由的取值范围求出的范围，最后结合正弦函数的性质计算可得.
【小问1详解】
因为
，
即，所以函数的最小正周期.
【小问2详解】
将函数的图象向右平移个单位长度后得到，
又，所以，所以，
则，即在上的值域为.
17. 如图，中，，四边形是正方形，平面平面，若G，F分别是，的中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，则由三角形中位线定理得，，再结合正方形的性质可得，则平面，由理平面，从而可证得平面平面，进而可证得结论；
（2）由已知面面垂直可得平面，则，再由结合勾股定理逆定理可得，再由面线垂直和面面垂直的判定定理可证得结论.
【小问1详解】
证明：如图，取的中点，连接，．
，分别是和的中点，，．
又四边形为正方形，
，从而．
平面，平面，
平面，
同理平面，又，平面，
平面平面，
平面，则平面.
【小问2详解】
为正方形，．
又平面平面，且平面平面，面，
平面，
∵平面，∴，
设，，
，
∴，∴．
又，，平面，
平面，而平面，
∴平面平面．
18. 在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，
（1）求的大小；
（2）再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得存在且唯一，求的面积.
条件①：；条件②：；条件③：.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再利用余弦定理即可得解；
（2）选①②，利用余弦定理求出边，即可得解.
选①③，先利用正弦定理求出边，从而可得角，再根据三角形内角和定理结合两角和得正弦公式求出，再根据三角形得面积公式即可得解.
选②③，先根据，求出角，再根据三角形内角和定理结合两角和得正弦公式求出，利用正弦定理求出边，再根据三角形得面积公式即可得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
则，
又，所以；
【小问2详解】
选①②，则，
由，
得，解得或，
经检验，符合题意，
所以有两解，与题意矛盾.
选①③，则，
因为，所以，故，
所以，
则，
所以.
选②③，则，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以.
19. 如图，正四棱锥，，，P为侧棱上的点，且，

（1）求正四棱锥的表面积；
（2）求点到平面的距离；
（3）侧棱上是否存在一点E，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，且
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，计算出的长，再结合三角形和正方形的面积公式可求得正四棱锥的表面积；
（2）连接交于点，连接、，证明出平面，计算出的长，即为所求；
（3）取的中点为，过作的平行线交于，连接、，由线面平行的判定可得平面，根据等比例性质有，再根据线面平行的判定得平面，最后由面面平行的判定及性质即可确定存在性.
【小问1详解】
解：取的中点，连接，

因为，，则，
且，
所以，正四棱锥的表面积为
.
【小问2详解】
解：连接交于点，连接、，如下图所示：

因为四边形是边长为的正方形，则，
故是边长为的等边三角形，
因为，则为、的中点，所以，，
且，，
因为，则，
由余弦定理可得，
所以，，所以，，
因为四边形为正方形，则，
因为，为的中点，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因此，点到平面的距离为.
【小问3详解】
解：在侧棱上存在一点，使平面，满足，理由如下：
取的中点为，因为，则，
过作的平行线交于，连接、.

在中，因为、分别为、的中点，则，
因为平面，平面，所以平面，
由，则，
因为平面，平面，所以平面，
而，、平面，故面面，
又面，则平面，此时.
20. 已知有穷数列满足.给定正整数m，若存在正整数，使得对任意的，都有，则称数列A是m-连续等项数列.
（1）判断数列是否是3-连续等项数列，并说明理由；
（2）若项数为N的任意数列A都是2-连续等项数列，求N的最小值；
（3）若数列不是4-连续等项数列，而数列，数列与数列都是4-连续等项数列，且，求的值.
【答案】（1）是，理由见解析；
（2）11； （3）0.
【解析】
【分析】（1）根据新定义直接验证数列作答.
（2）先根据新定义证明时，数列一定是连续等项数列，再验证时，不是连续等项数列即可.
（3）由都是连续等项数列可得，
，再由反证法证得，即可得出的值.
【小问1详解】
数列是连续等项数列，理由如下:
数列中，，
即有，所以数列是连续等项数列.
【小问2详解】
设集合，则中的元素个数为，
因为在数列中，所以，
若，则，所以在这个有序数对中，
至少有两个有序数对相同，即存在正整数，使得，
所以当项数时，数列一定是连续等项数列，
若，数列不是连续等项数列；
若，数列不是连续等项数列；
若，数列不是连续等项数列；
若，数列不是连续等项数列；
若，数列不是连续等项数列；
若，数列不是连续等项数列；
若，数列不连续等项数列；
若,数列不是连续等项数列，
所以的最小值为11.
【小问3详解】
因为与都是连续等项数列，
所以存在两两不等的正整数,使得，
，
下面用反证法证明，
假设，因为，
所以中至少有两个数相等，
不妨设，则
所以是连续等项数列，与题设矛盾，所以，
所以.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，一般先要读懂定义内容，第一问一般是给具体的函数或数列验证是否满足所给定义，只需要结合新定义，验证即可，在验证过程中进一步加强对新定义的理解，第二步一般在第一步强化理解的基础上，所给函数或数列更加一般或复杂，进一步利用新定义处理，本题第三问根据与都是连续等项数列得出，，利用反证法求是关键点.