精品解析：北京师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

北京师大附中2023—2024学年 (下) 高一期末考试 数学试卷 班级: 姓名: 学号: 1.本试卷有三道大题，共8页.考试时长120分钟，满分 150分. 2.考生务必将答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效. 3.考试结束后，考生应将答题纸交回. 一、选择题共10小题，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. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角函数的诱导公式求解即可. 【详解】 故选：A. 2. 以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（ ） A. 4π B. 2π C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆柱的侧面积求解公式求解即可. 【详解】依题意，得圆柱的底面半径为，母线也为， 所以其侧面积为 故选：B. 3. 若复数在复平面内对应的点为，且则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出复数，再利用复数的除法运算求解即得. 【详解】依题意，，由，得. 故选：C 4. 已知角θ与角α的终边关于y轴对称， 且， 则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对称性可知，再用正切的两角和公式即可求解. 【详解】由角θ与角α的终边关于y轴对称， 且，可知， 而， 故选：D. 5. 已知向量，满足，，且， 则= （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用向量的坐标运算，及模的坐标表示列出方程组求解即得. 【详解】设，而，则，又且， 因此，解得， 所以. 故选：B 6. 已知正三棱柱 的底面边长为2，侧棱长为 为棱 上一点， 则三棱锥 的体积为（ ） A. 3 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接,通过已知条件证明平面,即为三棱锥的高，再通过三棱锥的体积公式计算即可. 【详解】如图所示，连接, 因为为正三角形，且为中点， 所以, 又因为平面,且平面， 所以, 因为,平面,平面， 所以平面, 所以为三棱锥高，且, 所以 故选：C. 7. 在中， 则的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，再利用余弦定理推理判断即得. 【详解】在中，，则， 由余弦定理得，即，而， 于是，即， 所以是等边三角形. 故选：C 8. 在中， 则A=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简求解即可. 【详解】在中，由及正弦定理， 得， 即， 整理得，而， 因此，即，由，得， 则，所以 故选：D 9. 设函数 其中ω>0，0≤x<2π， 则“ω=2”是“函数y=sinx图象与y=f(x)图象恰有4个公共点”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 【答案】A 【解析】 【分析】本题利用三角函数图像的平移变换，结合三角方程可推出结果. 【详解】因为函数， 所以，所以， ①当时，， 又因为的最小正周期，是由的图像经过如下变换得到，先使的图像纵坐标不变，横坐标缩短为原来的得到，再向右平移单位得到，再将纵坐标伸长2倍得到，在同一坐标系中画出图像如图： ， 显然与的图像有4个交点， 所以由可以推出与的图像恰好有4个公共点； ②当与的图像恰好有4个公共点时， 因为， 所以，解得， 所以的取值不一定是2，即由与的图像恰好有4个交点不能推出， 所以“”是“函数与的图像恰好有4个公共点”的充分而不必要条件. 故选：A. 10. 已知在中， ，设， 记的最大值为，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理、辅助角公式，结合正弦函数的性质求出，再求出最小值. 【详解】在中，令内角所对边分别为， 由正弦定理得，则 而，则 ，由，得， 锐角由确定，又，则， 因此当时，取得最大值，即， 显然函数在上单调递增，所以. 故选：B 【点睛】结论点睛：，其中. 二、填空题共5 小题，每小题5分，共25分. 11. 设方程 在复数范围内的两根分别为，则 _______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用韦达定理列式计算即得. 【详解】依题意，， 所以. 故答案为： 12. 已知函数为奇函数， 则符合条件的一个的取值可以为______. 【答案】（答案不唯一，） 【解析】 【分析】由正余弦型函数的奇偶性，结合诱导公式列式求解即得. 【详解】函数为奇函数，则， 所以符合条件的一个的取值可以为. 故答案为： 13. 已知正三棱锥S-ABC的侧棱长SA=6， S到底面ABC的距离为 则SA与BC的位置关系是_________；AB=____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用正三棱锥性质即可证明线线垂直，再用勾股定理可求得边长. 【详解】 ①取的中点为，由等边三角形可得：， 再由正三棱锥可知，，所以， 又因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以. ②由正三棱锥的性质可知，顶点在底面的射影是底面等边三角形的中心， 如图可知：，又因为， 所以由勾股定理得：， 由是底面等边三角形的中心，可知， 则. 故答案为：；. 14. 已知点是半径为3的圆上三点，，点是的垂直平分线上任意一点，则 的最小值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】 以圆心为坐标原点，线段的垂直平分线所在直线作为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设， 根据题意得，，， 所以， 因为，所以当时，取得最小值为， 故答案为：. 15. 已知函数. 给出下列四个结论:①的最小正周期为；②当时，在区间上单调递增；③若在区间上的最小值为，则；④当时，，在区间不可能存在2024个零点.其中所有正确结论的序号为_____________. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】求出时函数的最小正周期判断①；借助余弦函数单调性判断②；利用二倍角的余弦公式化成关于的二次函数，结合二次函数性质求解判断③；求出在上的零点，借助周期性判断④即可得解. 【详解】对于①，当时，的最小正周期为，①错误； 对于②，当时，，由，得， 而余弦函数在上单调递增，因此在区间上单调递增，②正确； 对于③，，，， 令，函数，显然的图象开口向下， 在上的最小值只能为，解得，③正确； 对于④，当时，， 由，得或，当时，或或， 因此函数在上有三个零点，而函数的最小正周期为， 则函数在上有2022个零点，在上有2023个零点，在上有2025个零点，④正确， 所以所有正确结论的序号为②③④. 故答案为：②③④ 【点睛】思路点睛：涉及求含正(余)的二次式的最值问题，可以换元或整体思想转化为二次函数在区间[-1,1]或其子区间上的最值求解. 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. 在中，. （1）求和； （2）求边上的中线的长. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，利用正弦定理求出即可. （2）利用向量中线定理求解即可. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 解得(负根舍去)，由正弦定理得，解得， 故的值为，的值为. 【小问2详解】 由向量中线定理得， 所以， 所以， 故，即的值为. 17. 在中，， （1）求A的大小； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.条件①: b=8；条件②: ；条件③: AC边上的高BH=3. 【答案】（1）； （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角即可求解. （2）选①，由余弦定理建立方程无解；选②，利用正弦定理求出，再利用和角的正弦求出并求出三角形面积；选③，由直角三角形边角关系求出，再由余弦定理求出并求出三角形面积. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，则，又， 所以. 【小问2详解】 选①，，由余弦定理，得， 则，显然，即方程无解， 因此不存在，①不可选. 选②，，在中，， 由正弦定理，得， ， 的两角及一边已知，由三角形全等的判定知，存在且唯一， 所以的面积为. 选③，AC边上的高BH=3，在中，，即， 在中，由余弦定理，得， 整理得，而，解得， 的三边已知，由三角形全等的判定知，存在且唯一， 所以的面积为. 18. 设函数其中的最小正周期为π. （1）求； （2）当时，恒成立，求m的最大值； （3）将f（x）的图象向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象.直接写出方程的根的个数. 【答案】（1）2 （2） （3）3 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简得，再由周期公式求解即可； （2）先求得的范围，再利用整体法，结合三角函数的性质即可得解； （3）先利用三角函数变换得到，从而将问题转化为与的图象的交点个数问题，数形结合即可得解. 【小问1详解】 ， 的最小正周期为. 则，得； 【小问2详解】 由（1）得， 因为，所以， 由，得，得， 故的最大值为：； 【小问3详解】 由题意得，， 由，作出函数的图象，如图所示： 方程的根的个数：3. 19. 高一年级举办立体几何模型制作大赛，某同学想制作一个顶部是正四棱锥、底部是正四棱柱的模型，并画出了如图所示的直观图.其中正四棱柱. 的高 是正四棱锥. 的高 的4倍. （1）若 ； (i)求该模型的体积； (ii)求顶部正四棱锥的侧面积； （2）若顶部正四棱锥的侧棱长为 6，当 为多少时，底部正四棱柱的侧面积S最大?并求出S的最大值. 【答案】（1）（i）312；（ii）； （2），. 【解析】 【分析】（1）（i）利用棱锥、棱柱的体积公式计算即得；（ii）求出棱锥的斜高，再利用侧面积. （2），求出棱柱的底面边长，再把棱柱侧面积表示为，再求出函数最大值即可. 【小问1详解】 （i）由，得，又， 因此正四棱锥的体积， 正四棱柱的体积， 所以模型有体积. （ii）取的中点，连接，由，得， 所以正四棱锥的侧面积. 【小问2详解】 设，正四棱柱的侧面积为， 则， 于是 ，而， 因此当，即时，， 所以当时，下部分正四棱柱的侧面积最大，最大面积是. 20. 某玩具厂为测试一款可升降玩具炮台的性能，建立了如下的数学模型：①如图，建立平面直角坐标系，炮口A的坐标为，炮台从炮口向右上方发射玩具弹，发射仰角为，初速度；②设玩具弹在运行过程中t（单位：s）时刻的横纵坐标分别为（单位：m），且满足；③玩具弹最终落在点.根据上述模型，解决下列问题： （1）当时. （i）若时，玩具弹刚好落在点，求及此次的发射仰角θ的值； （ii）求的最大值及此时的发射仰角θ； （2）当时，求证：. 【答案】（1）（i），；（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）根据，求得，进而求得； （ii）根据题意，得，进而求得，即可求解； （2）根据，整理得，再由辅助角公式化简得，即可求解. 【小问1详解】 （i）当时，，由，得， 因为，所以此次的发射仰角为，； （ii）当时，， 由，得，所以， 因为，所以，所以时，取得最大值. 【小问2详解】 当时，， 由，得， 因为，所以， 代入式整理得， 得， 所以，其中， 所以，解得. 21. 已知函数h(x)的定义域为R.若存在正整数k，使得对于任意实数x，都有 则称具有性质. （1）判断函数 是否具有性质 P(2)，并说明理由； （2）设函数 其中 是否存在ω、φ， 使得具有性质?若存在，求ω，φ的值；若不存在，说明理由； （3）已知函数具有性质 (k为正偶数)， 且在区间上的值域为. 设函数，且满足下列条件：① ；②对于任意实数x，都有 ；③在区间上的零点不超过 个.求证：存在正偶数使得 . 参考公式： . 【答案】（1）具有，不具有，理由见解析； （2），具有性质； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用给定的定义分别验证，即可判断得解. （2）利用给定的定义，再利用和差化积，结合恒成立得，由给定范围求出. （3）利用给定的定义，结合反证法推理得，再按取奇偶探讨即得. 【小问1详解】 由，得，而， 因此，函数具有性质； 由，得，而， 因此，所以不具有性质. 【小问2详解】 若函数具有性质，则，而， 因此， 即， 由对任意实数上式恒成立，得， 则存在整数，使得，即，为偶数，而， 于，此时，则存在整数，使得，即， 又，则，此时， 所以存在使函数具有性质. 【小问3详解】 由函数具有性质，得， 则，解得，由对于任意实数x，都有， 得，，而， 于是， 因此存在整数，使得，而在区间上的值域为， 从而在区间上的值域为，且为正整数. ①当时，存在，使得， 且与在区间上的零点不超过 个矛盾，因此； ②当，且为正奇数时，因为对于任意实数，，则， 又， 因此，即与矛盾， 所以存在正偶数 使得. 【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北京师大附中2023—2024学年 (下) 高一期末考试 数学试卷 班级: 姓名: 学号: 1.本试卷有三道大题，共8页.考试时长120分钟，满分 150分. 2.考生务必将答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效. 3.考试结束后，考生应将答题纸交回. 一、选择题共10小题，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. （ ） A. B. C. D. 2. 以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（ ） A. 4π B. 2π C. 4 D. 2 3. 若复数在复平面内对应的点为，且则 （ ） A. B. C. D. 4. 已知角θ与角α的终边关于y轴对称， 且， 则（ ） A. 3 B. C. D. 5. 已知向量，满足，，且， 则= （ ） A. B. C. D. 6. 已知正三棱柱 的底面边长为2，侧棱长为 为棱 上一点， 则三棱锥 的体积为（ ） A. 3 B. C. 1 D. 7. 在中， 则的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 8. 在中， 则A=（ ） A. B. C. D. 9. 设函数 其中ω>0，0≤x<2π， 则“ω=2”是“函数y=sinx图象与y=f(x)图象恰有4个公共点”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 10. 已知在中， ，设， 记的最大值为，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 二、填空题共5 小题，每小题5分，共25分. 11. 设方程 在复数范围内两根分别为，则 _______. 12. 已知函数为奇函数， 则符合条件的一个的取值可以为______. 13. 已知正三棱锥S-ABC侧棱长SA=6， S到底面ABC的距离为 则SA与BC的位置关系是_________；AB=____________. 14. 已知点是半径为3的圆上三点，，点是的垂直平分线上任意一点，则 的最小值为_______. 15. 已知函数. 给出下列四个结论:①的最小正周期为；②当时，在区间上单调递增；③若在区间上的最小值为，则；④当时，，在区间不可能存在2024个零点.其中所有正确结论的序号为_____________. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在中，. （1）求和； （2）求边上的中线的长. 17. 在中，， （1）求A的大小； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求面积.条件①: b=8；条件②: ；条件③: AC边上的高BH=3. 18. 设函数其中最小正周期为π. （1）求； （2）当时，恒成立，求m的最大值； （3）将f（x）的图象向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象.直接写出方程的根的个数. 19. 高一年级举办立体几何模型制作大赛，某同学想制作一个顶部是正四棱锥、底部是正四棱柱的模型，并画出了如图所示的直观图.其中正四棱柱. 的高 是正四棱锥. 的高 的4倍. （1）若 ； (i)求该模型的体积； (ii)求顶部正四棱锥的侧面积； （2）若顶部正四棱锥的侧棱长为 6，当 为多少时，底部正四棱柱的侧面积S最大?并求出S的最大值. 20. 某玩具厂为测试一款可升降玩具炮台的性能，建立了如下的数学模型：①如图，建立平面直角坐标系，炮口A的坐标为，炮台从炮口向右上方发射玩具弹，发射仰角为，初速度；②设玩具弹在运行过程中t（单位：s）时刻的横纵坐标分别为（单位：m），且满足；③玩具弹最终落在点.根据上述模型，解决下列问题： （1）当时. （i）若时，玩具弹刚好落在点，求及此次的发射仰角θ的值； （ii）求的最大值及此时的发射仰角θ； （2）当时，求证：. 21. 已知函数h(x)的定义域为R.若存在正整数k，使得对于任意实数x，都有 则称具有性质. （1）判断函数 是否具有性质 P(2)，并说明理由； （2）设函数 其中 是否存在ω、φ， 使得具有性质?若存在，求ω，φ的值；若不存在，说明理由； （3）已知函数具有性质 (k为正偶数)， 且在区间上值域为. 设函数，且满足下列条件：① ；②对于任意实数x，都有 ；③在区间上的零点不超过 个.求证：存在正偶数使得 . 参考公式： . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$