精品解析：北京市延庆区2023-2024学年高一下学期期末数学试卷

延庆区2023—2024学年第二学期期末试卷 高一数学 2024.07 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回. 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. （ ） A. B. C. D. 1 2. 下列函数中，最小正周期为且是偶函数的是（ ） A. B. C. D. 3. 若，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知某球体的体积与其表面积的数值相等，则此球体的半径（ ） A. 4 B. C. D. 3 5. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，是两条不重合直线，，，是不重合平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 7. 在中，若，，，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 5 8. 已知（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 9. 在四棱锥中，底面为正方形，，，，则此四棱锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 10. 设函数的定义域为，若存在常数满足，且对任意的，总存在，使得，称函数为函数，下列说法正确的是（ ） A. 函数是函数 B. 函数是函数 C. 若函数是函数，则 D. 若函数是函数，则 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. 在中，若，，，则c等于_____． 12. 已知一个圆锥的母线长为2，底面半径为，则该圆锥的体积为__________. 13. 在中，，，请从①，②，③中选择一个，使存在且唯一，写出满足要求的一个条件的序号___________. 14. 已知长方形中，，点为上的动点，则__________；的取值范围是___________. 15. 如图：在正方体中，棱长为1，为中点，与平面交于点，点是棱上一点，在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是________. ①为的中点； ②点可以是的中点； ③当是的中点时，点面； ④线段的最大值为. 三、解答题共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. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）当时，求函数的最值及取得最值时自变量的值. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为线段上的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求证：平面平面. 18 已知中，，，. （1）求； （2）求； （3）求的面积. 19. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点 （1）求证：平面； （2）求证：； （3）从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个，使得平面，并证明. 条件①：； 条件②：； 条件③：三棱锥的体积为. 注：如果选择条件不能使平面得零分. 20. 在中，，. （1）求大小； （2）从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件使不存在，第（2）问得0分. （3）若，求周长取值范围. 21. 设正整数，集合，对于集合中任意元素和，及实数，定义：当且仅当时；；.若的子集满足：当且仅当时，，则称为的完美子集. （1）当时，已知集合，，分别判断这两个集合是否为的完美子集，并说明理由； （2）当时，已知集合.若不是完美子集，求的值； （3）已知集合，其中.若对任意都成立，判断是否一定为的完美子集.若是，请说明理由；若不是，请给出反例. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 延庆区2023—2024学年第二学期期末试卷 高一数学 2024.07 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回. 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. （ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦的和角公式即可求解. 【详解】， 故选：A 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】B 【解析】 【分析】先说明ACD不满足题意，然后结合最小正周期的求法并用偶函数的定义说明B满足题意即可求解. 【详解】正弦函数、余弦函数的周期都是，故排除AD，是奇函数，故排除C， 而函数的最小正周期为， 而，且的定义域是全体实数， 所以是偶函数，即满足题意. 故选：B. 3. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用同角三角函数关系结合三角函数的正负计算即可. 【详解】因为所以 又因为，所以, 因为，所以，所以. 故选：C. 4. 已知某球体的体积与其表面积的数值相等，则此球体的半径（ ） A. 4 B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】应用球的体积及表面积计算即可. 【详解】设球体的半径为, 则球的体积为，球的表面积为, 所以. 故选：D. 5. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量夹角的余弦的坐标公式直接计算即可得解. 【详解】. 故选：D. 6. 已知，是两条不重合直线，，，是不重合平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间线、面平行或垂直的判定与性质，对每个选项逐一判断，正确的加以证明，不正确的举出反例. 【详解】对A：两条直线平行，其中一条与平面平行，那么另一条与平面平行或在平面内，故A错误； 对B：直线平行于平面，则该直线与平面内的直线平行或异面，故B错误； 对C：根据面面平行的性质定理可知，C正确； 对D：若，，，则直线与平面的位置关系不确定，故D错误. 故选：C 7. 在中，若，，，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意利用余弦定理求解即可. 【详解】在中， ，，， 则由余弦定理得，， 整理得，解得或（舍去）. 故选：A 8. 已知（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据周期求出，再根据点代入求出，最后求函数值即可. 【详解】因为的周期为，所以， 所以, 因为过,所以, 又因为,所以， 所以， 所以. 故选:B. 9. 在四棱锥中，底面为正方形，，，，则此四棱锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知结合解三角形知识先求得，进一步结合三角形面积公式以及侧面积的定义即可求解. 【详解】连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以， 在中，， 则由余弦定理可得， 故， 所以， 则， 不妨记， 因为，所以， 即， 则，整理得①， 又在中，，即，则②， 两式相加得，故， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为， 同理可得的面积为， 因为，所以等腰三角形底边上的高为， 所以等腰三角形的面积为， 因为，所以等腰三角形底边上的高为， 所以等腰三角形的面积为， 所以此四棱锥的侧面积为. 故选：A. 10. 设函数的定义域为，若存在常数满足，且对任意的，总存在，使得，称函数为函数，下列说法正确的是（ ） A. 函数是函数 B. 函数是函数 C. 若函数是函数，则 D. 若函数是函数，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的定义逐个分析判断，即可得答案. 【详解】对于A，的定义域为，当时，有， 此时无意义， 所以函数不是函数，所以A错误， 对于B，的定义域为，当时，有， 当时，，而时，， 所以不成立，所以函数不是函数，所以B错误， 对于C，若，则，定义域为，时，， 因为，，所以， 当时，，所以， 若，则， 因为，所以不成立，所以C错误， 对于D，的定义域为，， 当时，，则， 因为函数是函数， 所以对，总，使， 因为，取，则， 当时，有，得， 当时，在上递增， 所以时，有， 令， 此时，则有， 所以对，总，使， 当时，同理对，总，使， 所以，所以D正确， 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查函数的新定义，考查对数函数、三角函数的性质，解题的关键是对函数新定义的正确理解，考查理解能力和计算能力，属于难题. 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. 在中，若，，，则c等于_____． 【答案】2 【解析】 【分析】由三角形内角和求出角，然后用正弦定理求得． 【详解】在中，， 又， 由正弦定理得， . 故答案为：2 12. 已知一个圆锥的母线长为2，底面半径为，则该圆锥的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由勾股定理求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式即可求解. 【详解】因为母线长为2，底面半径为，则该圆锥的高为，则所求圆锥的体积为. 故答案为：. 13. 在中，，，请从①，②，③中选择一个，使存在且唯一，写出满足要求的一个条件的序号___________. 【答案】②（或③，答案不唯一） 【解析】 【分析】根据正弦和余弦定理，以及三角形边与角性质，直接计算即可判断求解. 【详解】对于①，若，则，这与三角形内角和定理矛盾，不合题意； 对于②，若，则， 所以，此时，存在且唯一，符合题意； 对于③，若，则，因为，所以， 所以为锐角，此时，存在且唯一，符合题意. 故答案为：②（或③，答案不唯一）. 14. 已知长方形中，，点为上的动点，则__________；的取值范围是___________. 【答案】 ①. 4 ②. 【解析】 【分析】利用向量的线性运算，再利用向量的数量积运算即可求出结果. 【详解】 ①由已知长方形，，可得， ②因为点为上的动点，可设，，则， 所以 ， 因为，所以， 故的取值范围是. 故答案为：①；②. 15. 如图：在正方体中，棱长为1，为中点，与平面交于点，点是棱上一点，在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是________. ①为中点； ②点可以是的中点； ③当是的中点时，点面； ④线段的最大值为. 【答案】①③ 【解析】 【分析】根据线面平行的性质定理，得到，又为中点，所以为中点，可判断①的真假；假定点可以是的中点，推出错误结论，判断②的真假；根据线面平行，推导出线线平行，根据两平行线可确定一个平面，判断③的真假；确定点轨迹，可求的最大值，判断④的真假. 【详解】因为平面，平面，平面平面，所以， 又，所以，又为中点，所以为中点，故①正确； 如图： 若为中点， 由正方体结构特征知，，且，平面， 所以平面，平面，所以. 假设成立，因为平面，且是两条相交直线， 所以平面，而且平面， 所以与重合，由①分析知为中点，即， 所以不成立，则不可能为中点，故②错误； 如图： 为中点时，为中点，所以， 又，所以，所以点在平面内，故③正确； 如图： 为棱上的点，点在正方体的表面上运动，且满足， 所以点也是棱上的点，所以的最大值为棱长，为1，故④错误. 故答案为：①③ 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于确定点轨迹的确定. 三、解答题共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. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）当时，求函数的最值及取得最值时自变量的值. 【答案】（1）周期为，单调递减区间为； （2）时，函数有最大值；时，函数有最小值. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角降幂公式以及辅助角公式将函数的解析式化简为，利用周期公式可计算出函数的最小正周期，解不等式可得出函数的单调递减区间； （2）由，可计算出的取值范围，利用正弦函数的性质可得出函数的最大值和最小值及对应的的值. 【详解】（1）， 所以，函数的最小正周期为. 解不等式，得， 因此，函数的单调递减区间为； （2）当时，. 当，即时，函数有最大值，最大值为. 当，即时，函数有最小值，且最小值为. 【点睛】本题考查三角函数基本性质的求解，解题时要将三角函数解析式利用二倍角公式以及辅助角公式化简，并结合正余弦函数的基本性质求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为线段上的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求证：平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）如图，连结，交于点，连结，则是的中位线，则，可得平面； （2）由平面，得，又可得平面； （3）由（2）知平面，得，由已知得，则得平面，又平面，可得平面平面. 【小问1详解】 如图，连结，交于点，连结， 因为底面为正方形，所以是中点，又为线段上的中点， 所以是的中位线， 所以， 又平面，平面， 所以直线平面. 【小问2详解】 因为底面为正方形，所以， 又平面，平面，所以， ，，平面， 所以平面. 【小问3详解】 由（2）知平面，平面，所以， 因为为线段的中点，，底面为正方形， 所以，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. 18. 已知中，，，. （1）求； （2）求； （3）求的面积. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用余弦定理求解即可； （2）利用正弦定定理列方程求解； （3）直接利用三角形的面积公式求解. 【小问1详解】 由余弦定理， 可得， 因为，所以； 【小问2详解】 在中，由正弦定理， 可得，解得； 【小问3详解】 由面积， 可得. 19. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点 （1）求证：平面； （2）求证：； （3）从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个，使得平面，并证明. 条件①：； 条件②：； 条件③：三棱锥的体积为. 注：如果选择条件不能使平面得零分. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，，则利用三角形的中位线定理结合棱柱的性 质可证得四边形是平行四边形，则，然后利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）由面面垂直的性质可证得平面，再由线面垂直的性质可证得结论； （3）若选①，则无法判断，若选②，则由已知条件结合（1）可得，则得，再结合可证得结论；若选③，则由三棱锥的体积可求得，则，再结合可证得结论. 【小问1详解】 取的中点为，连接，， 为的中点，所以， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 为的中点，所以， 所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 平面，平面， 故平面. 【小问2详解】 因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因平平面，所以. 【小问3详解】 若选①，则， 因为侧面为正方形，， 所以，则， 所以与不垂直， 假设平面，又平面，则，矛盾，故①不能选； 选②，四边形是平行四边形，且， 因为，所以， 在三棱柱中，侧面为正方形，，的中点为， 为的中点，所以，则， 所以，故，所以 因为平面， 因为，，平面，故平面 选③，因为平面， 所以三棱锥的体积 ， 因为，所以， 平面， 因为，，平面， 故 20. 在中，，. （1）求的大小； （2）从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件使不存在，第（2）问得0分. （3）若，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将边转化为角即可求解； （2）选条件①：由同角三角函数的平方关系可求，由三角形内角和定理可得，由正弦定理可求边，根据面积公式求解即可；选条件②：由已知可求，结合正弦定理可求，由大边对大角即可判断；选条件③：由余弦定理可求边，根据面积公式求解即可； （3）由正弦定理可表示边，，结合三角函数即可求解取值范围. 【小问1详解】 由，得， 在中，由正弦定理得， 因为，，所以， 又，所以； 【小问2详解】 选条件①：，所以， 由可得， 由，可得或， 由正弦定理解得或， 当时，的面积为， 当时，的面积为； 选条件②：，所以为钝角，且， 由正弦定理，得， 所以，又，故此三角形不存在； 选条件③：， 在中，由余弦定理得， 即， 整理得，解得或， 当时，的面积为， 当时，的面积为； 【小问3详解】 由正弦定理，可得，， 所以周长为 ， 因为，所以，，， 所以周长取值范围为. 21. 设正整数，集合，对于集合中的任意元素和，及实数，定义：当且仅当时；；.若的子集满足：当且仅当时，，则称为的完美子集. （1）当时，已知集合，，分别判断这两个集合是否为的完美子集，并说明理由； （2）当时，已知集合.若不是的完美子集，求的值； （3）已知集合，其中.若对任意都成立，判断是否一定为的完美子集.若是，请说明理由；若不是，请给出反例. 【答案】（1）是完美子集，不是完美子集，理由见解析 （2） （3）是，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据完美子集的定义，列方程组求值判断即可； （2）根据题意，列出方程组，通过解方程组来求出的值即可； （3）假设存在不全为的实数满足条件，不妨假设，则由条件得出矛盾即可求解. 【小问1详解】 设，可得， 解得：，所以是完美子集. 设，可得， 解得：，，（）所以不是完美子集； 【小问2详解】 因为集合不是的完美子集， 所以存在，使得， 即， 由集合的互异性可得：且且，所以且， 所以，可得，， 所以，即， 所以，所以或， 当时，，解得，（） 当时，因为，所以，，不符合题意， 综上可得：； 【小问3详解】 若一定是的完美子集， 假设存在不全为0的实数、、满足， 不妨设，则，否则与假设矛盾， 由，可得， 所以与 即矛盾，所以假设不成立， 所以，所以， 所以一定是的完美子集. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解得到的方程组有什么样的解，从而根据定义得到相关结论即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$