2023-2024学年北京市顺义区高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年北京市顺义区高一（下）期末数学试卷（含答案），共9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。

一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在复平面内，复数z=−2+i的共轭复数对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(−1,2)，b/​/a，那么向量b可以是( )
A. (−2,−1)B. (−2,1)C. (1,2)D. (1,−2)
3.在△ABC中，已知sinB=35，A=π3，a= 3，则b=( )
A. 85B. 6 35C. 65D. 8 35
4.已知tan(α+π4)=−3，则tanα=( )
A. −4B. 2C. −1D. 1
5.以一个等腰直角三角形的直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，若该等腰直角三角形的直角边长度为2，则该几何体的体积为( )
A. 8π3B. 8πC. 2 2π3D. 4π3
6.已知直线m，n，l与平面α，则下列四个命题中正确的是( )
A. 若m⊥α，m⊥n，则n//αB. 若m⊥n，n//α，则m⊥α
C. 若m⊥l，n⊥l，则m//nD. 若m//n，m⊥l，则n⊥l
7.下列函数中，以π为最小正周期，且在区间(0,π2)上单调递增的是( )
A. y=tan(x+π4)B. y=|sinx|C. y=cs2xD. y=sin(x−π4)
8.一个人骑自行车由A地出发向东骑行了xkm到达B地，然后由B地向北偏西60°方向骑行了3 3km到达C地，此时这个人由A地到C地位移的大小为3km，那么x的值为( )
A. 3B. 6C. 3或6D. 3 3
9.已知△ABC，且AB⋅AC=0.点P是△ABC所在平面内的动点，满足|AP|=1.则|PB+PC|+|PB−PC|的最小值为( )
A. 2B. 52C. 1D. 12
10.如图，在扇形OMN中，半径OM=1，圆心角∠MON=π2，B是MN上的动点(点B不与M、N及MN的中点重合)，矩形ABCD内接于扇形OMN，且OA=OD.∠BOM=α，设矩形ABCD的面积S与α的关系为S=f(α)，则f(α)最大值为( )
A. 2−1
B. 2− 2
C. 24
D. 12
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.设复数z满足(3+4i)⋅z=5i，则z= ______．
12.在锐角△ABC中，a=1，b=2，△ABC的面积为 154，则csC= ______．
13.在长方形ABCD中，AB=2 3，AD=1，点P满足AP=12AB+AD，则|AP|= ______，PA⋅PC= ______．
14.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω,φ为常数，ω>0)的部分图象如图所示，则f(5π12)= ______；若将函数f(x)图象上的点P(0,a)向右平移t(t>0)个单位长度得到点Q，且点Q仍在函数f(x)的图象上，则t的最小值为______．
15.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的边长为2，且M为棱AA1的中点，点P在正方形ABCD的边界及其内部运动，且满足MP与底面ABCD所成的角为π4，给出下列四个结论：
①存在点P使得MP⊥BD1；
②点P的轨迹长度为π2；
③三棱锥P−A1BD1的体积的最小值为23；
④线段|PC1|长度最小值为 342．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
已知e1，e2是两个单位向量，其夹角为120°，a=2e1−e2，b=3e1+2e2．
(Ⅰ)求|a|，|b|；
(Ⅱ)求a与b的夹角．
17.(本小题13分)
设函数f(x)=2Asinxcsx+2cs2x(A∈R,A≠0)，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使函数f(x)存在且唯一确定．
条件①：f(0)=0；
条件②：f(x)的最大值为 2+1；
条件③：直线x=π8是函数f(x)的图象的一条对称轴．
(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期；
(Ⅱ)求函数f(x)在区间[0,π]上的单调递增区间．
18.(本小题14分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．
(Ⅰ)求证：BC1//平面AD1E；
(Ⅱ)求证：CB1⊥平面ABC1D1；
(Ⅲ)写出直线D1E与平面ADD1A1所成角的正弦值(只需写出结论)．
19.(本小题15分)
已知函数f(x)=sin(π4+x2)sin(π4−x2)+ 32sinx.在△ABC中，f(B)=f(C)，且b≠c．
(Ⅰ)求∠A的大小；
(Ⅱ)若a=5，b+c=7，求△ABC的面积．
20.(本小题15分)
如图，在五面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，AB=4，EF=1，ED=EA，H为CD的中点，M为BH的中点，EM⊥BH，EM=2 3．
(Ⅰ)求证：AB/​/EF；
(Ⅱ)求证：平面AME⊥平面ABCD；
(Ⅲ)求五面体ABCDEF的体积．
21.(本小题15分)
对于数集X={−1,x1,x2,…,xn}，其中0(1)已知数集X1={−1,1,2}，请你写出数集X1对应的向量集Y1，X1是否具有性质P？
(2)若x>2，且X2={−1,1,2,xj}具有性质P，求x的值；
(3)若X具有性质P，求证：1∈X，且当xn>1时，x1=1．
参考答案
1.C
2.D
3.C
4.B
5.A
6.D
7.B
8.C
9.A
10.A
11.45+35i
12.14
13.2 −3
14.0 π3
15.①②③
16.解：(Ⅰ)已知e1，e2为单位向量，夹角为120°，故|a|2=|2e1−e2|2=4e12−4e1⋅e2+e22=4+2+1=7，故|a|= 7；
同理|b|2=|3e1+2e2|2=9e12+12e1⋅e2+4e22=9−6+4=7，故|b|= 7；
(Ⅱ)由已知条件得：a⋅b=(2e1−e2)⋅(3e1+2e2)=6−2+32−2=72，
故cs=a⋅b|a||b|=72 7× 7=12，
由于0≤a,b>≤π，
故=π3．
17.解：(Ⅰ)若选条件①②：因为f(x)=2Asinxcsx+2cs2x，
所以f(0)=2cs20=2，与f(0)=0矛盾，
所以所选条件是②③：根据题意可得f(x)=2Asinxcsx+2cs2x
=Asin2x+cs2x+1
= A2+1(A A2+1sin2x+1 A2+1cs2x)+1
= A2+1sin(2x+θ)+1，其中sinθ=1 A2+1，csθ=A A2+1，
所以f(x)的最大值为 A2+1+1= 2+1，
所以A=±1，
当A=1时，f(x)= 2sin(2x+π4)，
所以令2x+π4=π2+kπ，k∈Z，
所以x=π8+kπ2，k∈Z，
当k=0时，f(x)的对称轴为x=π8，
当A=−1时，f(x)= 2sin(π4−2x)，
所以令π4−2x=π2+kπ2，k∈Z，
所以x=−π8−kπ2，k∈Z，
f(x)不会有对称轴为x=π8，
所以f(x)= 2sin(2x+π4)，
所以最小正周期为2π2=π．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)= 2sin(2x+π4)，
令−π2+2kπ≤2x+π4≤π2+2kπ，k∈Z，
所以−3π8+kπ≤x≤π8+kπ，k∈Z，
又0≤x≤π，
所以0≤x≤π8或5π8≤x≤π，
所以f(x)的单调递增区间为[0,π8]，[5π8,π]．
18.解：(1)证明：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AB/​/C1D1且AB=C1D1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以BC1/​/AD1．
又因为BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，
所以BC1/​/平面AD1E；
(2)证明：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
因为D1C1⊥平面CBB1C1，CB1⊂平面CBB1C1，
所以D1C1⊥CB1，
又因为CB1⊥BC1，且BC1∩C1D1=C1，BC1，C1D1⊂平面ABC1D1，
所以CB1⊥平面ABC1D1；
(3)直线D1E与平面ADD1A1所成角的正弦值为23，理由如下：
取A1A的中点F，连接EF，B1D1，

易知EF⊥平面ADD1A1，
令正方体棱长为a.则EF=a，
D1E= B1D12+B1E2= ( 2a)2+(a2)2=32a，
设直线D1E与平面ADD1A1所成角为θ，
则sinθ=EFD1E=a32a=23，
所以直线D1E与平面ADD1A1所成角的正弦值为23．
19.解：(Ⅰ)f(x)=sin(π4+x2)sin(π4−x2)+ 32sinx=sin(π4+x2)sin[π2−(π4+x2)]+ 32sinx=sin(π4+x2)cs(π4+x2)+ 32sinx
=12sin(π2+x) 32sinx=12csx 32sinx=sin(x+π6)，
因为f(B)=f(C)，且b≠c，
所以sin(B+π6)=sin(C+π6)，
又b≠c，即B≠C，且B，C∈(0,π)，
所以(B+π6)+(C+π6)=π，即B+C=2π3，
所以A=π−(B+C)=π3．
(Ⅱ)由余弦定理知，a2=b2+c2−2bc⋅csA，
所以25=b2+c2−2bc⋅csπ3，
所以25=(b+c)2−3bc=49−3bc，解得bc=8，
所以△ABC的面积S=12bcsinA=12×8× 32=2 3．
20.解：(Ⅰ)证明：因为AB/​/CD，CD⊂平面EFCD，AB⊄平面EFCD，
所以AB/​/平面EFCD，
又EF，AB⊂平面EFCD，平面ABFE∩平面CDEF=EF，
所以AB/​/EF．
(Ⅱ)证明：ED=EA，
取AD的中点N，连接MN，NE，
因为N是AD中点，M是HB中点，所以MN//AB，
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥NM，
因为ED=EA，所以AD⊥NE，
又NM∩NE=N，
所以AD⊥平面NME，
又因为ME⊂平面NME，
所以AD⊥ME，
又EM⊥BH，且BH与AD是相交线，
所以ME⊥平面ABCD，
ME⊂平面AME，
所以平面AME⊥平面ABCD；
(Ⅲ)过M点作TG//BC，
因为AB=4，H为DC中点，M为BH中点，
所以BG=HT=TC=1=EF，DT=AG=3，
又AD=4，
由(Ⅱ)可知，ME⊥平面ABCD，
四棱锥E−ADTG体积VE−ADTG=13Sℎ=13×4×3×2 3=8 3，
因为EF/​/GB，EF//TC，且EF=GB=TC，
所以四边形EFTC为平行四边形，
四边形EFGB也是平行四边形，
所以ET//FC，
ET⊄平面BCF，FC⊂平面BCF，
所以ET//平面BCF，
同理EG/​/平面BCF，ET，EG⊂平面ENG，
ET∩EG=E，
所以平面ETG//平面BCF，
所以五面体GBCTEF为三棱柱，
在三棱柱BCF−TGE中，BG⊥TG，
ME⊥平面ABCD，GBC平面ABCD，
BG⊥ME，ME∩TG=M，BG⊥平面ETG，
V棱柱ETG−BCF=12×4×2 3×1=4 3，
所以五面体ABCDEF的体积为12 3．
21.解：(1){−1,1,2}具有性质P．
(2)选取a1=(x,2)，Y中与a1垂直的元素必有形式(−1,b)．
所以x=2b，从而x=4；
(3)证明：取a1=(x1,x1)∈Y，设a2=(s,t)∈∈Y满足a1⋅a2=0．
由(s+t)x1=0得s+t=0，所以s、t异号．
因为−1是X中唯一的负数，所以s、t中之一为−1，另一为1，
故1∈X．
假设xk=1，其中1选取b1=(x1,xn)，并设b2=(p,q)满足b1⋅b2=0，
即px1+qxn=0，则p，q异号，从而p，q之中恰有一个为−1．
若p=−1，则x1=qxn，显然矛盾；
若q=−1，则xn=px1所以x1=1．