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    2023-2024学年北京市西城区高一下学期期末考试数学试卷(含解析)
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    2023-2024学年北京市西城区高一下学期期末考试数学试卷(含解析)

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    这是一份2023-2024学年北京市西城区高一下学期期末考试数学试卷(含解析),共16页。

    本试卷共6页,共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案写在答题卡上,在试卷上作答无效.
    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.在复平面内,复数z对应的点的坐标是(−1, 3),则z的共轭复数z=( )
    A. 1+ 3iB. 1− 3iC. −1+ 3iD. −1− 3i
    2.已知a=(1,2),b=(x,4),若a⊥b,则实数x=( )
    A. 8B. −2C. 2D. −8
    3.在▵ABC中,a=2,b=3,csB=45,则sinA=( )
    A. 15B. 25C. 35D. 45
    4.平面向量a,b在正方形网格中的位置如图所示,若网格中每个小正方形的边长均为1,则a⋅b=( )
    A. −2B. 0C. 1D. 2
    5.已知α,β是不重合的平面,m,n是不重合的直线,下列命题中不正确的是( )
    A. 若m//α,m//β,则α/​/βB. 若m//n,m⊥α,则n⊥α
    C. 若m⊥α,m⊥β,则α/​/βD. 若m⊥α,m⊂β,则α⊥β
    6.在平面直角坐标系xOy中,已知Pcsθ,sinθ,θ∈0,π2,A1,1,则OA⋅OP的取值范围是( )
    A. 1, 2B. 0,2C. − 2, 2D. 2,2
    7.如图,已知正六棱锥P−ABCDEF的侧棱长为6,底面边长为3,Q是底面上一个动点,PQ≤4 2,则点Q所形成区域的面积为( )
    A. 4πB. 5πC. 6πD. 7π
    8.已知函数fx=sin2x和gx=cs2x,fx的图象以每秒π12个单位的速度向左平移,gx的图象以每秒π24个单位的速度向右平移,若平移后的两个函数图象重合,则需要的时间至少为( )
    A. 1秒B. 2秒C. 3秒D. 4秒
    9.已知函数fx=sinωx+π6ω>0,“存在m,n∈0,π2,函数fx的图象既关于直线x=m对称,又关于点n,0对称”是“ω≥2”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
    10.方波是一种非正弦曲线的波形,广泛应用于数字电路、定时器、逻辑控制、开关电源等领域.理想方波的解析式为y=a+b +∞n=1 sin⁡(2n−1)x2n−1,而在实际应用中多采用近似方波发射信号.如fx=sinx+13sin3x+15sin5x+17sin7x就是一种近似情况,则( )
    A. 函数fx是最小正周期为π的奇函数
    B. 函数fx关于x=π2+2kπk∈Z对称
    C. 函数fx在区间0,π2上单调递增
    D. 函数fx的最大值不大于2
    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.复数z=2i1+i,则z= .
    12.已知函数fx=cs2x.若非零实数a,b,使得fx+a=bfx对x∈R都成立,则满足条件的一组值可以是a= ,b= − .(只需写出一组)
    13.有一个木制工艺品,其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥.已知圆柱的底面半径为3,高为5,圆锥的高为4,则这个木质工艺品的体积为 ;表面积为 .
    14.在▵ABC中,∠A=60∘,AC=6,AB=4,则AC⋅AB= ,|CA→+CB→|= − .
    15.如图,在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中,点M为AD的中点,点N是侧面DCC1D1上(包括边界)的动点,点P是线段B1D上的动点,给出下列四个结论:
    ①任意点P,都有CD1⊥MP;
    ②存在点P,使得B1D⊥平面MPC;
    ③存在无数组点N和点P,使得C1P//MN;
    ④点P到直线CD1的距离最小值是 63.
    其中所有正确结论的序号是 .
    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.(本小题13分)
    在平面直角坐标系中,角α以Ox为始边,终边经过点3,4.
    (1)求tanα及tan2α的值;
    (2)求cs2α+sinα+π2的值.
    17.(本小题13分)
    在▵ABC中,a,b,c分别是三个内角A,B,C的对边,bsinA−acsB2=0.
    (1)求∠B的大小;
    (2)若c=1,且AB边上的高是BC边上的高的2倍,求b及▵ABC的面积.
    18.(本小题14分)
    如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,点E、F分别为A1C1、BC的中点.
    (1)求证:FC1//平面ABE;
    (2)已知C1C⊥BC,AB= 3,BC=1,A1A=2,从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知,使得三棱柱唯一确定,并求解下列问题:
    条件①:AC1=A1C;
    条件②:C1C⊥AC;
    条件③:AC=2.
    (i)求证:AB⊥FC1;
    (ii)求三棱锥B1−AFC1的体积.
    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.
    19.(本小题15分)
    已知函数fx=2sinωx+φω>0,0<φ<π的部分图象如图所示.
    (1)求fx的解析式;
    (2)若函数gx=fxsinx,
    (i)求函数gx的单调递增区间;
    (ii)求函数gx在区间0,10内的所有零点的和.
    20.(本小题15分)
    如图(1),在Rt▵ABC中,∠C=90∘,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE//BC,DE=2,将▵ADE沿DE折起到▵A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图(2).
    (1)求证:A1C⊥平面BCDE;
    (2)求点C到平面A1DE的距离;
    (3)点M为线段A1D的中点,线段BC上是否存在点P,使得MP//平面A1BE?若存在,求出CPCB的值;若不存在,说明理由.
    21.(本小题15分)
    若存在实数k和周期函数ℎx,使得fx=kx+ℎx,则称fx是好函数.
    (1)判断ux=sinx,vx=x+x2是否是好函数,证明你的结论;
    (2)对任意实数x,函数fx,gx满足gfx=x,fgx=x.若fx是好函数,
    (i)当fx=2x时,求gx;
    (ii)求证:fx不是周期函数;
    (iii)求证:gx是好函数.
    答案解析
    1.D
    【解析】解:z在复平面对应的点是(−1, 3),根据复数的几何意义,z=−1+ 3i,
    由共轭复数的定义可知,z=−1− 3i.
    故选:D.
    2.D
    【解析】解:因为a=(1,2),b=(x,4),且a→⊥b→,
    所以a·b=x+8=0,解得:x=−8,
    故选:D.
    3.B
    【解析】B∈0,π,csB=45⇒sinB=35,
    由正弦定理可得bsinB=asinA,故sinA=asinBb=2×353=25.
    故选:B
    4.C
    【解析】由图可知:a在b方向上的投影为b,故a⋅b=b2=1,
    故选:C
    5.A
    【解析】对A,两平面相交时,两平面外直线m平行交线,即满足m//α,m//β,不能得出α/​/β,故 A错误;
    对B,由线面垂直的判定定理,m//n,m⊥α,则n⊥α,正确;
    对C,由两平面平行的判定定理知,m⊥α,m⊥β,则α/​/β,正确;
    对D,由面面垂直的判定定理知,m⊥α,m⊂β,则α⊥β,正确.
    故选:A
    6.A
    【解析】由题意,OA⋅OP=(1,1)⋅csθ,sinθ=csθ+sinθ= 2sinθ+π4,
    又θ∈0,π2,所以π4≤θ+π4≤3π4, 22≤sinθ+π4≤1,
    所以OA⋅OP= 2sinθ+π4∈1, 2.
    故选:A
    7.B
    【解析】因为P−ABCDEF为正六棱锥,则顶点P在底面的投影为底面中心O,如图,
    又因为底面边长为3,则OC=3,可得PO= PC2−OC2=3 3,
    且PQ≤4 2,则OQ= PQ2−OP2≤ 5,
    可知点Q所形成区域为以O为圆心,半径为 5的圆面,其面积为π 52=5π.
    故选:B.
    8.B
    【解析】经过时间t,
    fx=sin2x平移后可得y=sin2x+π12t=sin2x+π6t,
    gx=cs2x平移后可得y=cs2x−π24t=cs2x−π12t,
    由两函数图象重合知,sin2x+π6t=cs2x−π12t,
    所以π6t=2kπ+π2−π12t,即t=8k+2,由k∈N,可知tmin=2.
    故选:B
    9.B
    【解析】若存在m,n∈0,π2,函数fx的图象既关于直线x=m对称,又关于点n,0对称,
    因为x∈0,π2,且ω>0,则ωx+π6∈π6,π2ω+π6,
    则π2ω+π6≥π,解得ω≥53,
    又因为2,+∞是53,+∞的真子集,
    所以“存在m,n∈0,π2,函数fx的图象既关于直线x=m对称,又关于点n,0对称”是“ω≥2”的必要不充分条件.
    故选:B.
    10.BD
    【解析】对于A,fx+π=sinx+π+13sin3x+3π+15sin5x+5π+17sin7x+7π=−sinx−13sin3x−15sin5x−17sin7x≠fx故 A错误,
    对于B,f−x+π+4kπ=sin−x+π+13sin−3x+π+15sin−5x+π+17sin−7x+π=sinx+13sin3x+15sin5x+17sin7x=fx,
    故x=π2+2kπk∈Z为fx的对称轴, B正确,
    fπ4= 22+13× 22−15× 22−17× 22=1+13−15−17× 22< 22,
    fπ6=12+13+15×12−17×12=12+13+110−114>12+13=56,由于fπ6>fπ4,故 C错误,
    对于D,fx=sinx+13sin3x+15sin5x+17sin7x<1+13+15+17<2,故 D正确,
    故选:BD
    11. 2
    【解析】解:∵z=2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=i(1−i)=1+i,因此,|z|= 12+12= 2.
    故答案为: 2.
    12.π ;;1
    【解析】若f(x+a)=bf(x),则cs[2(x+a)]=bcs2x,
    当a=π时,cs2x=bcs2x,∴b=1,
    故可取a=π,b=1.
    故答案为:π,1.(答案不唯一).
    13.33π;54π
    【解析】由题意可知:这个木质工艺品的体积为V=V圆柱−V圆锥=9π×5−13×9π×4=33π;
    因为圆锥的母线长为l= 32+42=5
    所以这个木质工艺品的表面积为S=9π+2π×3×5+π×3×5=54π.
    故答案为:33π;54π.
    14.12;4 7
    【解析】由已知可得AC⋅AB=AC⋅ABcs60∘=6×4×12=12,
    CA+CB=CA+AB−AC=AB−2AC= AB−2AC2
    = AB2+4AC2−4AB⋅AC= 42+4×62−4×4×6×cs60∘=4 7.
    故答案为:12;4 7
    15.①③④
    【解析】因为AD//B1C1,且AD=B1C1,可知AB1C1D为平行四边形.
    对于①:因为DCC1D1为正方形,则DC1⊥CD1,
    又因为AD⊥平面DCC1D1,CD1⊂平面DCC1D1,则AD⊥CD1,
    且DC1∩AD,DC1,AD⊂平面AB1C1D,
    可得CD1⊥平面AB1C1D,由MP⊂平面AB1C1D,则CD1⊥MP,故①正确;
    对于②:由①可知:CD1⊥平面AB1C1D,由B1D⊂平面AB1C1D,则CD1⊥B1D,
    同理可证:AC⊥B1D,
    且AC∩CD1=C,AC,CD1⊂平面ACD1,可得B1D⊥平面ACD1,
    又因为C∈平面ACD1,M∉平面ACD1,
    可知平面MPC与平面ACD1相交,
    所以不存在点P,使得B1D⊥平面MPC,故②错误;
    对于③:若C1P//MN,则C1,P,M,N四点共面,即C1,P,M,N∈平面AB1C1D,
    又因为点N∈侧面DCC1D1,且侧面DCC1D1∩平面AB1C1D=C1D,则N∈C1D,
    根据平面的性质可知:对任意N∈线段C1D(不包括C1),均存在P∈B1D,使得C1P//MN,
    所以存在无数组点N和点P,使得C1P//MN,故③正确;
    对于④:由②可知:B1D⊥平面ACD1,
    由垂线性质可知,当P∈平面ACD1时,点P到直线CD1的距离最小,
    又因为AD=CD=DD1=2,AC=AD1=CD1=2 2,
    可知D−ACD1为正三棱锥,点P为等边△ACD1的中心,
    此时点P到直线CD1的距离为13× 6= 63,
    所以点P到直线CD1的距离最小值是 63,故④正确;
    故答案为:①③④.
    16.(1)由题意可知:tanα=yx=43,
    所以tan2α=2tanα1−tan2α=−247.
    (2)由题意可得:csα=x x2+y2=35,
    则cs2α=2cs2α−1=−725,sinα+π2=csα=35,
    所以cs2α+sinα+π2=−725+35=825.
    【解析】(1)根据任意角的三角函数值的定义求tanα,再利用倍角公式求tan2α;
    (2)根据任意角的三角函数值的定义求csα,再利用倍角公式、诱导公式运算求解.
    17.(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC可得,sinB⋅sinA−sinA⋅csB2=0.
    因为A∈(0,π),所以sinA≠0.
    所以sinB=csB2.
    所以2sinB2⋅csB2=csB2.
    因为B∈(0,π),所以B2∈0,π2,csB2≠0,
    所以sinB2=12,所以B2=π6,即B=π3.
    (2)因为AB边上的高是BC边上的高的2倍,c=1,
    所以由等面积法知a=2c=2,
    所以b2=a2+c2−2ac⋅csB=3,
    所以b= 3,
    所以S▵ABC=12acsinB= 32.
    【解析】(1)由正弦定理转化为三角函数,由二倍角的正弦公式化简即可得解;
    (2)由高的关系得出边的关系,再由余弦定理求出b,由面积公式求面积即可.
    18.(1)证明:如图,取AB的中点为D,连接DF,DE,
    则DF//AC且DF=12AC,在三棱柱ABC−A1B1C1中,AC//A1C1且AC=12A1C1,
    又E为A1C1的中点,所以DF//C1E且DF=C1E,
    所以四边形C1FDE为平行四边形,
    所以C1F//DE,又DE⊂平面ABE,C1F⊄平面ABE,
    所以C1F//平面ABE;
    (2)若选条件①②:
    由AC1=A1C可得四边形ACC1A1为矩形,底面三角形形状不确定,此时三棱柱不唯一;
    若选条件②③:
    由C1C⊥AC,C1C⊥BC,AC∩AB=A,AC,AB⊂平面ABC,故C1C⊥平面ABC,
    又AB= 3,BC=1,AC=2,故AB⊥BC,所以AC= AB2+BC2=2,故三棱柱唯一,符合要求,
    由于C1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,则C1C⊥AB,
    又AB⊥BC,CC1∩BC=C,CC1,BC⊂平面BCB1C1,
    故AB⊥平面BCB1C1,FC1⊂平面BCB1C1,故FC1⊥AB,
    VB1−AFC1=VA−B1FC1=13S▵B1FC1⋅AB=13×12B1C1⋅BB1⋅AB=13×12×1×2× 3= 33
    若选条件①③:
    由AC1=A1C可得四边形ACC1A1为矩形,
    又AB= 3,BC=1,AC=2,故AB⊥BC,
    所以AC= AB2+BC2=2,故三棱柱唯一,符合要求,
    由于C1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,则C1C⊥AB,
    又AB⊥BC,CC1∩BC=C,CC1,BC⊂平面BCB1C1,
    故AB⊥平面BCB1C1,FC1⊂平面BCB1C1,故FC1⊥AB,
    VB1−AFC1=VA−B1FC1=13S▵B1FC1⋅AB=13×12B1C1⋅BB1⋅AB=13×12×1×2× 3= 33

    【解析】(1)根据线线平行,即可根据线面平行的判定求证,
    (2)根据三棱柱唯一可选择②③或者①③,即可证明三棱柱为直三棱柱,即可根据线线垂直证明线面垂直求证,根据三棱锥的体积公式即可求证.
    19.(1)由图象可知:T=4×3π4−π4=2πω∴ω=1,
    将点π4,2代入y=f(x)得fπ4=2sinπ4+φ=2,
    ∴φ=π4+2kπ,k∈Z
    ∵0<φ<π∴φ=π4
    ∴fx=2sinx+π4
    (2)g(x)=f(x)sinx= 2sinxsinx+csx= 22sin2x−cs2x+ 22=sin2x−π4+ 22
    (i)令−π2+2kπ≤2x−π4≤π2+2kπ,k∈Z,
    解得−π8+kπ≤x≤3π8+kπ,
    所以函数gx的单调递增区间为−π8+kπ,3π8+kπ(k∈Z).
    (ii)令g(x)=0,即sin2x−π4=− 22,
    所以2x−π4=2kπ+5π4或2x−π4=2kπ+7π4,k∈Z,
    即x=kπ+3π4或x=kπ+π,k∈Z,
    由x∈0,10可得,g(x)零点为3π4,π,7π4,2π,11π4,3π,
    故零点之和为3π4+π+7π4+2π+11π4+3π=6π+21π4=45π4.
    【解析】(1)由图象及三角函数的性质可以得到ω,φ,进而得到f(x)的解析式;
    (2)根据三角恒等变换化简gx,进而利用正弦函数单调性求单调区间,再由正弦函数性质得出零点,即可求和.
    20.(1)如图所示,
    根据题意,DE⊥A1D,DE⊥DC,A1D∩DC=D,且A1D,DC⊂平面A1DC,
    则DE⊥平面A1DC,A1C⊂平面A1DC,则A1C⊥DE.又已知A1C⊥CD.
    CD∩DE=D,CD,DE⊂平面BCDE,则A1C⊥平面BCDE.
    (2)如图所示,连接CE.设点C到平面A1DE的距离ℎ.
    由翻折前状态,可知DEBC=ADAC⇒23=AD6⇒AD=4,DC=2.
    由(1)知道,A1C⊥CD,则A1C= A1D2−CD2=2 3,则S▵A1CD=12A1C×CD=2 3.
    由(1)知道,DE⊥A1D,S▵A1ED=12A1D×ED=4.
    由DE⊥平面A1DC.等体积法知道VC−A1DE=VE−A1CD.
    即13SA1DE×ℎ=13SA1CD×DE.
    代入化简得到4ℎ=2 3×2,则ℎ= 3,则点C到平面A1DE的距离 3.
    (3)存在,CPCB=23.
    如图所示,取A1E中点N,连接NB.在CB上取点P,使得PB=1,连接PM.
    由于点M为线段A1D的中点,则MN=12DE=1,MN//DE.
    又PB=1,PB//DE.则MN=PB,MN//PB,则四边形MNBP为平行四边形.
    则MP//NB,MP⊄平面A1BE,NB⊂平面A1BE,则MP//平面A1BE.
    此时CPCB=23.
    【解析】(1)先证明DE⊥平面A1DC,得到A1C⊥DE,联合A1C⊥CD,可证;
    (2)运用等体积法可解;
    (3)取A1E中点N,连接NB.在CB上取点P,使得PB=1,连接PM.
    21.(1)因为u(x)=0x+sinx,其中sinx为周期函数,所以u(x)为好函数,、
    若vx=x+x2为好函数,则存在实数k和周期函数ℎ(x),使得v(x)=kx+ℎ(x),
    所以ℎx=x2+1−kx为周期函数,又由二次函数性质知当且仅当x=k−12时,
    ℎ(x)取最小值,这与ℎ(x)是周期函数矛盾,
    所以vx不是好函数.
    (2)(i)由gfx=x,fgx=x,fx=2x,
    可得gx=12x.
    (ii)若f(x)是周期函数,设T(T>0)是f(x)的一个周期,
    则x=g(f(x))=g(f(x+T))=x+T,这与T>0矛盾,
    所以f(x)不是周期函数.
    (iii)因为f(x)是好函数,所以存在实数k和周期函数ℎ(x),使得f(x)=kx+ℎ(x),
    由(ii)知k≠0,否则f(x)是周期函数,矛盾.
    令rx=gx−1kx,
    以下证r(x)是以kT为周期的周期函数,T是ℎ(x)的周期,
    rx+kT=rx⇔gx+kT−1kx+kT=gx−xk⇔gx+kT=gx+T
    假设存在x1≠x2,使得y0=fx1=fx2,
    则gy0=gfx1=x1,gy0=gfx2=x2,矛盾.
    所以g(x+kT)=g(x)+T⇔f(g(x+kT))=f(g(x)+T)
    ⇔x+kT=k(g(x)+T)+ℎ(g(x)+T)⇔x=kg(x)+ℎ(g(x))=f(g(x)),
    所以r(x+kT)=r(x).
    所以gx=1kx+rx是好函数.
    【解析】(1)根据好函数的定义直接判断即可;
    (2)(i)由所给条件直接得出gx=12x(ii)假设函数为周期函数,推出矛盾可证明函数不是周期函数(iii)证明函数为好函数转化为证明rx=gx−1kx为周期函数,再由函数周期的性质化简即可得证.
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