精品解析：北京市第一零一中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

试卷编号：10799 北京一零一中2023-2024学年度第二学期期末考试高一数学 一、选择题共10小题.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 的值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 如果两个不重合平面有一个公共点，那么这两个平面（ ） A. 没有其他公共点 B. 仅有这一个公共点 C. 仅有两个公共点 D. 有无数个公共点 4. 已知奇函数图象的一条对称轴为直线，那么的解析式可以为（ ） A. B. C D. 5. 将边长为4的正方形沿对角线折起，折起后点D记为．若，则四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. “，”是“”（ ） 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 7. 在中，角所对边分别为已知，，给出下列五个a的值：①；②；③；④2；⑤3．其中能使得△ABC存在且唯一确定的是（ ） A. ①④ B. ②③ C. ④⑤ D. ②④⑤ 8. 在中，，，已知点P满足，且，则（ ） A. B. C. D. 9. 在中，若，，，则为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，四棱锥中，底面是正方形，各侧棱都相等，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 二、填空题共6小题. 11. 已知复数z满足，，则的虚部为______． 12. 已知a，b是平面外的两条不同直线．给出下列六个论断：①；②；③；④；⑤；⑥．选其中的两个论断作为条件，余下的其中一个论断作为结论，写出一个正确的命题：______． 13. 已知，，则______． 14. 如图，在平面四边形中，，，记与的面积分别为，，则的值为______． 15. 如图1是唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似的看作是半球与圆柱的组合体（如图2）．当这种酒杯内壁的表面积为，半球的半径为时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积（厚度忽略不计）的3倍，则的取值范围是______．（取3） 16. 如图，在棱长为4的正方体中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段上，且，给出下列四个结论： ①存在点P，使得直线平面； ②点P沿直线AC从点A移动到点C的过程中，四面体的体积逐渐减小； ③若，则点P轨迹的长度为； ④当二面角的平面角的正切值为时，平面截正方体所得截面图形的面积为． 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题共4小题.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 17. 已知函数，且． （1）求a的值和的最小正周期； （2）求在上的单调递增区间． 18. 已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求A的大小； （2）若D是边AB的中点，且，求的取值范围． 19. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且，，，. （1）求证：； （2）若为线段的中点，求证：平面； （3）求多面体的体积. 20. 定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为. （1）写出的“伴随函数”，并直接写出的最大值； （2）写出函数的“伴随向量”为，并求； （3）已知，的“伴随函数”为，的“伴随函数”为，设，且的伴随函数为，其最大值为. ①若，求的取值范围； ②求证：向量的充要条件是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 试卷编号：10799 北京一零一中2023-2024学年度第二学期期末考试高一数学 一、选择题共10小题.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据二倍角的正弦公式求解即可. 详解】. 故选：C. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法运算化简即可. 【详解】由题可得. 故选：A 3. 如果两个不重合平面有一个公共点，那么这两个平面（ ） A. 没有其他公共点 B. 仅有这一个公共点 C. 仅有两个公共点 D. 有无数个公共点 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面的性质判断即可. 【详解】如果两个不重合平面有一个公共点，那么这两个平面有一条过公共点的公共直线. 故选：D. 4. 已知奇函数的图象的一条对称轴为直线，那么的解析式可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的奇偶性和对称性逐一分析判断即可. 【详解】对于A，函数定义域为， 因为，所以为奇函数， 因为，所以是的图象的一条对称轴，故A符合题意； 对于B，函数的定义域为， 因为，所以函数不是奇函数，故B不符题意； 对于C，函数的定义域为， 因为， 所以函数不是奇函数，故C不符题意； 对于D，函数的图象不是轴对称图形，故D不符题意. 故选：A. 5. 将边长为4的正方形沿对角线折起，折起后点D记为．若，则四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用勾股定理证明一个垂直关系，再结合正方形性质可证明线面垂直，从而求体积即可. 【详解】 在边长为4的正方形中，连接交于点， 可得， 由于，所以，则， 又因为，平面， 所以平面， 即四面体的体积为， 故选：A. 6. “，”是“”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】由可解得或，即可判断. 详解】若，则，， 即或， 则可得“，”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 7. 在中，角所对的边分别为已知，，给出下列五个a的值：①；②；③；④2；⑤3．其中能使得△ABC存在且唯一确定的是（ ） A. ①④ B. ②③ C. ④⑤ D. ②④⑤ 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形的图形性质来判断唯一解的充要条件解题即可. 【详解】 根据已知，，可知三角形边上的高， 所以要使得存在且唯一确定的解，则或， 故有②④⑤满足， 故选：D. 8. 在中，，，已知点P满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，求出，根据求解可得. 【详解】因为，，所以， 又，所以为等腰三角形，， 由余弦定理得， 因为， 所以，解得 故选：D 9. 在中，若，，，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析】利用余弦定理和已知联立求解可得，然后利用平方关系求出，结合正弦定理可得. 【详解】由余弦定理得，即， 联立，解得， 因为，，所以， 由正弦定理可得. 故选：B 10. 如图，四棱锥中，底面是正方形，各侧棱都相等，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过作平面，过分别作于，连接，则，比较大小得到答案. 【详解】如图，过作平面，过分别作于， 连接， 则，因为，所以， 又因为，所以，而，所以， 综上可得，， 故选：C. 【点睛】本题考查了直线夹角，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 二、填空题共6小题. 11. 已知复数z满足，，则的虚部为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设，根据复数的模的计算公式求出即可得解. 【详解】设， 由，， 得，解得， 所以的虚部为. 故答案为：. 12. 已知a，b是平面外的两条不同直线．给出下列六个论断：①；②；③；④；⑤；⑥．选其中的两个论断作为条件，余下的其中一个论断作为结论，写出一个正确的命题：______． 【答案】，则（答案不唯一，符合题意均可） 【解析】 【分析】取③④作条件，⑥作结论，根据线面垂直的性质即可得解. 【详解】以③④作条件，⑥作结论，即若，则. 因为， 所以． 故答案为：，则.（答案不唯一，符合题意均可） 13. 已知，，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】结合已知条件以及二倍角公式可求出，利用同角的三角函数关系，即可求得答案. 【详解】因为， 故，解得或， 而，则，，故， 故答案为： 14. 如图，在平面四边形中，，，记与的面积分别为，，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦定理得，，两式相减可得，由三角形的面积公式得，即可求解. 【详解】在中，由余弦定理得， 即，得①， 在中，由余弦定理得， 即，得②， 又， 所以③， 由②①，得，由， 得，代入③得. 故答案为：. 15. 如图1是唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似的看作是半球与圆柱的组合体（如图2）．当这种酒杯内壁的表面积为，半球的半径为时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积（厚度忽略不计）的3倍，则的取值范围是______．（取3） 【答案】 【解析】 【分析】设圆柱的高为h，由酒杯内壁的表面积表示出h，可得，再结合体积公式列不等式求出，即可得答案. 【详解】设圆柱的高为h，则，故， 酒杯的体积为， 半球积分为，由题意可得， 则，又， 则，故， 而取3，故， 故答案为： 16. 如图，在棱长为4的正方体中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段上，且，给出下列四个结论： ①存在点P，使得直线平面； ②点P沿直线AC从点A移动到点C的过程中，四面体的体积逐渐减小； ③若，则点P轨迹的长度为； ④当二面角的平面角的正切值为时，平面截正方体所得截面图形的面积为． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据面面平行以及线面平行的判断可判断A；结合三棱锥体积的公式可判断B；判断出点P所处的位置，即可求其轨迹长度，判断C；由二面角的平面角的正切值确定P点位置，进而求得截面面积，判断D. 【详解】对于①，当P点位于A点时，由于，即四边形为平行四边形， 则，同理可证， 由于平面，平面，故平面， 同理平面，而平面， 故平面平面，此时平面，则平面， 即存在点P，使得直线平面，①正确； 对于②，由于平面，平面，故， 而，而平面，故平面， 平面，故，同理可证, 平面，故平面， 由于，过点P作平面，垂足为Q，则， 当P点沿直线AC从点A移动到点C的过程中，长逐渐变小， 而的面积为定值，故逐渐变小，即逐渐减小，②正确； 对于③，，作，垂足为G，连接， 则，此时 则P点轨迹为在上的线段，如图示， 为等腰三角形，则其底边上的高为， 故当P向点C运动时，逐渐变小，故在线段上存在一点P，使得, 同理在靠近C的那一侧也存在一点P，使得, 当时，，则点P轨迹的长度为，③错误； 对于④，设交于R，则R为的中点， 由于，故， 即为二面角的平面角，而， 故，即为锐角， 则，即， 当P点由A向C运动时，将变小， 即可知当二面角的平面角的正切值为时，P点位于A处， 由于，此时平面截正方体所得截面即为矩形， 面积为，④正确， 故答案为：①②④ 【点睛】关键点睛：解答此类立体几何问题，关键是要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，继而结合相关的概念进行解答. 三、解答题共4小题.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 17. 已知函数，且． （1）求a的值和的最小正周期； （2）求在上的单调递增区间． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据求出，然后利用三角恒等变换公式化简，由周期公式可得； （2）利用整体代入法求出的单调递增区间，结合可得. 【小问1详解】 因为，所以， 即，解得， 所以 ， 所以的最小正周期为. 【小问2详解】 由，解得， 所以的单调递增区间为， 所以在上的单调递增区间为. 18. 已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求A的大小； （2）若D是边AB的中点，且，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理可以求解； （2）令，利用正弦定理，把边长都用表示，最后用三角函数知识解得取值范围. 【小问1详解】 因为 所以， 所以，又因为，所以； 【小问2详解】 令,因为，所以 由正弦定理可得： , 所以， 所以， 又因为，所以 所以 19. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且，，，. （1）求证：； （2）若为线段的中点，求证：平面； （3）求多面体的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【解析】 【分析】（1）由题意结合几何关系可证得平面，由线面垂直的定义即可证得． （2）延长交于点，由题意可证得四边形为平行四边形，据此结合线面平行的判定定理证明题中的结论即可； （3）设为中点，连接，．将多面体分割为两部分，分别求解对应的体积，然后相加即可确定多面体的体积. 【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，所以． 又因为平面平面， 且平面平面， 平面， 所以平面． 又平面，所以． （2）延长交于点， 因为，为中点， 所以≌， 所以． 因为，所以． 由已知，且, 又因为，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面， 所以平面． （3）设为中点，连接，． 由已知，所以平面． 又因为，所以平面， 所以平面平面． 因为，，所以平面， 所以多面体为直三棱柱． 因为，且， 所以． 由已知，且， 所以，且． 又因为，平面， 所以平面． 因为， 所以， 所以． 【点睛】本题主要考查线面垂直证明线线垂直的方法，线面平行的判定定理，组合体体积的求解方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 20. 定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为. （1）写出的“伴随函数”，并直接写出的最大值； （2）写出函数的“伴随向量”为，并求； （3）已知，的“伴随函数”为，的“伴随函数”为，设，且的伴随函数为，其最大值为. ①若，求的取值范围； ②求证：向量的充要条件是. 【答案】（1）， （2）， （3）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）由辅助角公式化简即可求解； （2）结合两角差的正弦公式和辅助角公式化简即可求解； （3）设，得到，先证明充分性，再证明必要性. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，所以的最大值为； 【小问2详解】 因为， 所以“伴随向量”为，所以； 【小问3详解】 设， ①因为，所以， 所以 ， 所以 ， 因为，所以的取值范围是； ②因为， 所以 ， 所以， 充分性：， 当且仅当，即时，等号成立，所以. 必要性：当时，， 所以， 综上所述，向量的充要条件是. 【点睛】方法点睛：第三问要设出向量，表达出，的伴随函数为，其最大值，先证明充分性，再证明必要性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$