2023北京昌平區(qū)高一下學期期末數(shù)學試題及答案

2023北京昌平高一下（下）期末數(shù)學2023.7本試卷共4頁，共150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結束后，將答題卡交回.第一部分（選擇題共分）一?選擇題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.21+i1.復數(shù)z=的共軛復數(shù)z=（）A.1i?1+iB.11C.?i2211D.+i222.扇子具有悠久的歷史，蘊含著豐富的數(shù)學元素.小明制作了一把如圖所示的扇子，其半徑為16cm，圓心π角為，則這把扇子的弧長為（）4A.6B.12πcmabC.18D.242，則ab=3.已知a,b均是單位向量，（）12A.1B.0C.D.14.已知角tanπ4P(?4)，則的頂點與坐標原點O重合，始邊落在軸的非負半軸上，它的終邊過點x(+)=（）343443A.?B.?C.D.35.在中，A30,AC===BC=3,AB3，則（）A.1B.2C.D.23π6.下列函數(shù)中，是偶函數(shù)且其圖象關于點(,0)對稱的是（）4()=fxx()=fxcosxA.B.()=fxsin4x()=fxcos2xC.D.7.如圖，測量河對岸的塔高AB此，選取與塔底B在同一水平面內的兩個觀測點C與D,AB垂直于平面BCD.現(xiàn)測得BCD=15,BDC=120,CD=20m，并在點C測得塔頂A的仰角為45，則塔高=（）206A.mB.10C.106m的部分圖象如圖所示，那么（D.203()=+)fxsin）x(0,0π)8.設函數(shù)15ππA.=,=B.==2123πD.=2,=πC.=2,=63ABCD?ABCD,MCC19.已知棱長為2的正方體是的中點，是正方形內（包括邊界）的一NABCD1111個動點，且MN⊥BD，則線段MN長度的取值范圍是（）33,3A.1,22B.C.3,22D.π3π()++P(cos,sin)A,sin,B,sin10.在平面直角坐標系中，點，3，則ABAP的最大值為（）32A.1B.C.D.23第二部分（非選擇題共100分）二?填空題共6小題，每小題5分，共30分.cos65cos20+sin65sin20的值為__________.z=?2+i,z=3+z?z在復平面內對應的點位于第__________象限.1212.已知復數(shù)，則復數(shù)12是平面外的兩條不同直線.給出下列三個論斷：a,b13.已知①b//；②a⊥；③a⊥b.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：__________.()14.已知正三角形的邊長為2，點P滿足AP=AB+AC，則BP=__________，=2__________.15.已知角,的終邊繞原點O的頂點與坐標原點O重合，始邊落在軸的非負半軸上.角x逆時針旋轉后與角的終邊重合，且cos+)=1，則角的一個取值為__________.⊥底面ABCD,==G為的中，底面ABCD是正方形，PA416.如圖，在四棱錐P?P,B,D中點，M為△PBD內一動點（不與三點重合）.給出下列四個結論：π32①直線BC與PD所成角的大小為；②⊥；③GM的最小值為；④若AM=，則點432πM的軌跡所圍成圖形的面積是.6其中所有正確結論的序號是__________.三?解答題（本大題共5小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）ab()()).a31b12,c25c17.已知向量（1）求a,b的夾角；（2）求c的坐標.3()=?3cos2x+18.已知函數(shù)fxsinx.2（1）求()的最小正周期；fxπ（2）求()在區(qū)間fx[0,]x上的最大值及相應的的取值2π（3）若函數(shù)()在fx[,]m上是增函數(shù)，求的最小值.319.在中，bsinAacosB,a==2.（1）求B；（2）再從條件①?條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求的面積.1A=?條件①：；2條件②：b=5.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.PD⊥平面ABCD，PD==E是棱20.如圖，在四棱錐P?中，底面ABCD是正方形，P,CPD交平面于點F.上的動點（不與（1）求證：CD平面；（2）求證：平面PAD平面；⊥（3）若E是的中點，平面將四棱錐P?分成五面體PABEF和五面體，記它們的體積分別為1,V，直接寫出V:V的值.122()滿足：對于任意的xR，都有()=++()()，則稱函數(shù)hxhx2πhxh2π21.已知定義域為R的函數(shù)()具有性質hxP.fx=2x,gx=x（1）判斷函數(shù)()()是否具有性質P325π2fx=sinx+（2）已知函數(shù)()(),,，使函數(shù)具有性質()fx，判斷是否存在2P？若存在，求出,的值；若不存在，說明理由；（3）設函數(shù)()具有性質P，且在區(qū)間2π上的值域為()(函數(shù)()=(())，f0,f2πgxsinfx.fx滿足g(x+2π=gx)()，且在區(qū)間(0,2π)上有且只有一個零點.求證：()=f2π2π.參考答案第一部分（選擇題共分）一?選擇題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.【答案】B【分析】先利用復數(shù)的除法得到復數(shù)z，再求共軛復數(shù).21+iz=【詳解】解：因為復數(shù)，21?i)(+)(?)1i1i1i(2+z===1?i，所以所以z=1i，+故選：B2.【答案】B【分析】根據(jù)給定條件，利用弧長公式計算作答.π3π=12.【詳解】因為扇形半徑為16cm，圓心角為，所以弧長為44故選：B3.【答案】Dab=2【分析】將兩邊平方，再根據(jù)數(shù)量積得運算律即可得解.【詳解】因為a,b均是單位向量，所以a=b=1，，則a)4，a又即a+b+2ab=4，所以ab=1.故選：D4.【答案】A【分析】利用誘導公式，結合三角函數(shù)定義求解作答.443tan=?tanπ(+)=tan=?，所以.【詳解】依題意，3故選：A5.【答案】C【分析】直接利用余弦定理求解即可.【詳解】在中，A30,AC==3,AB=3，3由余弦定理得BC2=AC2+AB2?2ACABA=3+9?233=3，2所以BC故選：C.=3.6.【答案】D【分析】利用偶函數(shù)排除兩個選項，再由對稱性判斷作答.()=fxx【詳解】對于A，函數(shù)是奇函數(shù)，A不是；對于Cf(x)=sin4x是奇函數(shù)，C不是；ππ2對于Bf(x)=cosx()=fxcosx0，即的圖象不關于點是偶函數(shù)，而f()==442π(,0)對稱，B不是；4πππ對于D，函數(shù)f(x)=cos2xf()==0，即()=fxcos2x(,0)是偶函數(shù)，的圖象關于點對稱，424D是.故選：D7.【答案】C【分析】根據(jù)給定條件，利用正弦定理，結合等腰三角形的性質求解作答.【詳解】在△BCD中，BCD=15,BDC=120,CD=20m，則CBD45，=320CD20sin120sin452=BC===106，由正弦定理得：，于是sinCDBsinCBD22在Rt△中，=90,ACB=45，因此106，==所以塔高AB106m=故選：C8.【答案】C5ππ2ππ?4=T=4=T==2，利用最值點即可得=【分析】根據(jù)周期可得.1265ππ62π?=2【詳解】根據(jù)圖象可知，126π,1π3ππ()=(fxsin2x+)得sin+=+=1+2π,kZ,將6代入32ππ所以=+2π,kZ，由于0，所以取k=，故=0，π66故選：C9.【答案】B【分析】根據(jù)給定條件，確定點N的軌跡，再求出MN的范圍作答AC,AM，如圖，.ABCD?ABCD中，連接1【詳解】在正方體111顯然1⊥平面平面ABCD，則1⊥BD，又AC⊥BD，ABCD，BDAC=C,AC,⊥且平面ACM，因此BD平面ACM，11而點M平面ACM，且MN⊥BD，于是平面ACM，點，N平面ACM又點N平面ABCD，平面ACM平面ABCD=AC，因此點N在線段上，，則CMCC在△ACM中，ACM=，由于是M的中點，1從而CM=AM=CM2+AC2=12+(22)=3，2所以線段MN長度的取值范圍是故選：B.10.【答案】B【分析】根據(jù)向量數(shù)量積的坐標運算，結合三角恒等變換，即可由三角函數(shù)的有界性求解最值.π3π()++P(cos,sin)A,sin,B,sin【詳解】由，3可得AB=+?,sin+?sin=?sin+,+,AP=(?,sin?sin)6336，π6?cos++πABAP=?sin+()sin?sin)所以6π1ππ=sin??+sin+?=sin??+，6π66232sin??=1時，ABAP取最大值故當，6故選：B第二部分（非選擇題共100分）二?填空題共6小題，每小題5分，共30分.212【答案】##22【分析】根據(jù)余弦的和差角公式即可求解.2()=cos45【詳解】cos65cos20sin65sin206520+=?=，22故答案為：212.【答案】三z?z1【分析】先求出，然后求出其在復平面對應的坐標，從而可得答案2z=?2+i,z=3+【詳解】因為，12z?z=?2+i?3+=?5?i()所以，12z?z1(??)，位于第三象限，1所以復數(shù)在復平面內對應的點為2故答案為：三13.【答案】①②③【分析】根據(jù)空間直線和平面平行垂直的判定定理及性質定理推理得出結論.【詳解】若①②③，=c，理由：設過b有一個平面，使得，b，=c，b//c，又a⊥，c，可得ac，⊥又b//c，∴a⊥b．若①③②，由b//，a⊥b，可得a/或a與相交或a，故①③不能推出②.若②③①，由a⊥，a⊥b，可得b//或b，故②③不能推出①.故答案為：①②③.14.【答案】①.1②.3【分析】由向量等式可得P為BC邊的中點，由此求解作答.(AB+AC)，則點AP=PBP=1，【詳解】正的邊長為2為BC邊的中點，所以233CAP=30，APAC|AP||AC|cos30=22=3.22故答案為：；33π?15.【答案】8=+.【分析】利用終邊相同的角可得，再借助余弦函數(shù)的性質求解作答43π3π=++)=+)=1，則+=2π,kZ，【詳解】依題意，，因此4，當k3π443π3π解得=π?,kZ=0時，=?，88所以角的一個取值為?.83π?故答案為：816.【答案】①②④【分析】根據(jù)異面直線所成的角即可判斷①，根據(jù)空間中的垂直關系轉化即可證明AG⊥平面，即可求證線線垂直進而判斷②，根據(jù)點到面的距離為最小值，利用等體積法即可求解③，根據(jù)圓的面積即可判斷④.【詳解】由于//，所以PDA即為直線BC與PD所成的角或其補角，π⊥ABCD,ABCDPA⊥ADPA=AD=1，所以=由于PA底面平面，所以,又，①正4確；由于PA底面⊥ABCD,CD平面ABCD，所以⊥,又⊥CD,PAAD=,,AD平面PAD，所以CD⊥平面PAD,取PD中點為N，連接,NG,由于G為的中點，所以NG//CD，所以NG⊥平面平面PAD，PD平面平面PADANG，則，則NG⊥PDPD⊥AG，又PAAD1，==PDN⊥中點為，所以,ANNG=N,AN,NGPD⊥ANG，AG平面ANG，所以,AC⊥BD,BD⊥,PAAC=,,AC,AG，所以BD平面平面⊥,平面所以,⊥PDBD=D,PD,BDAG⊥平面，所以平面,MB平面,所以⊥，故②正確；當GM⊥平面時，GM最小，設此時點G到平面的距離為h，11111=V=111=P?1G?=D?=V=V,D?P?224431211所以G?=Sh=,312133由于===2+2=2，故△PBD為等邊三角形，S=22=,2221313所以G?=h=h=，故③錯誤；321263由③得點G到平面的距離為，不妨設G在平面的投影為H,63所以點C到平面的距離為,33由于被平分，所以A到平面的距離為,33由②知AG⊥平面，所以,H,G三點共線，即AH=，3223226又AM=，所以=AM2?AH2=?=,223626π因此點M的軌跡圍成的圖形是以點H為圓心，以為半徑的圓，所以面積為π=，故④正66確.故答案為：①②④【點睛】方法點睛：本題考查立體幾何中線面垂直關系的證明、異面直線所成角和點到面的距離的求解、截面面積的求解問題；求解點到面的距離的常用方法是采用體積橋的方式，將問題轉化為三棱錐高的問題的求解或者利用坐標系，由法向量法求解..三?解答題（本大題共5小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）π17.1）；4（2）c(2,4)或=c=(4).）利用數(shù)量積和模求出向量夾角作答.（2）設出c的坐標，利用給定條件列式求解作答.【小問1()=1,2,b)，則ab31125，|a|a+=2==+22=5，向量因此10,|b|12cosa,=0a,bπ，而，則a,b，|a10524π所以a,b的夾角為【小問2.4c⊥a?b)(()?=(?)ab21cab2x?y=0，即y=2x，設c(x,y)，而=，由，得x=y=4，聯(lián)立解得x=?y=?4或，c25x2+y2=25由，得所以c(2,4)或=c=(4).π18.1）；πf(x)=1，x=（2）（3）；12π?.）利用二倍角公式及輔助角公式化簡函數(shù)，再利用正弦函數(shù)周期公式求解作答.（2）利用（1）中解析式，求出相位所在區(qū)間，結合正弦函數(shù)性質求解作答.（3）求出()的單調遞增區(qū)間，再借助集合包含關系列式作答.fx【小問1123123π()=依題意，函數(shù)fx?(2x?=2?cos2xsin(2x?=sin2xsin2x3)，222π所以函數(shù)()的最小正周期為T=fx=π.2【小問2ππππ2π()=fxsin(2x???由（1）知，)，當x]時，2x，32333πππ2x?=x=()取得最大值1，fx時，函數(shù)當，即3212πf(x)=1，x=所以.12【小問3ππππ()=fxsin(2x???+,kZ，由（1）知，)，由2k2x2k3232π5ππ5πk?xk+,kZfx()在?[k,k+](k得，即函數(shù)上單調遞增，12121212πππ5πππ因為函數(shù)()在上是增函數(shù)，則k=0,[,][?，因此?m，fx[,],]331212123πm所以的最小值是?.π19.1）B=43?332（2）選①；選②6）利用正弦定理化邊為角，即可得解；（2）選①，先利用平方關系求出三角形的面積公式即可得解.sinA，結合已知求出，再根據(jù)兩角和得正弦公式求出sinC，再根據(jù)b選②，先求出sin,A，再根據(jù)兩角和得正弦公式求出sinC【小問1，再根據(jù)三角形的面積公式即可得解.因為bsinA=aB，由正弦定理得sinBsinA=sinAB，又sinA0，所以tanB=1，πBπ()，所以B=又；4【小問212πcosA=?,A(π)A=選①，因為，所以，23由bsinAacosB,a==2，22aBsinA232得b===，332321+?26?2(+)==則sinCsinAB=，222241212336?23?3所以S=absinC=2=246選②，bsinAacosB,a==2,b=5，22πaB522A得sinA=2，故，==4b5525則A=，552255231010(+)=+=所以sinCsinAB=，52211310103所以S=absinC=25=.22220.1）證明見解析2）證明見解析V:V=3:5（3）12）由線面平行的判定定理可證；（2）由線面垂直的性質定理和判定定理先得AB平面⊥PAD，再由面面垂直的判定定理得證；（3）連結、DE，將五面體分割成三棱錐EADF和四棱錐EABCD，分別求出體積，??可求2，再由V，可解此題.1【小問1ABCDCDAB，由底面是正方形，知又CD平面，平面，AB所以CD平面；【小問2ABCD⊥，由底面是正方形，可知又PD平面AD平面ABCD，PD平面ABCD，且ADPADAB⊥ABCD，AB平面ABCD⊥，所以，，所以AB平面⊥，又平面，所以平面PAD平面；⊥【小問3連結、DE，由（1）CD平面，CD平面，平面ABE平面PCD=EF,得∥CD，即，又由（2）AB平面⊥PAD，可得EF⊥平面PAD，由題意，E是的中點，21313112135，33131383又V，P所以V，15V:V=1:=3:5.123()=具有性質；()=不具有性質P.fx2xgxx21.1）函數(shù)P（2）=2，=0（3）證明見解析）利用定義判斷即可；（2）假設函數(shù)()具有性質P，可求出=0，進而可得=2，從而可得()=fxfxsin2x，再根據(jù)定義進行驗證，即可得到答案；（3）由由函數(shù)()具有性質P及（2）可知，fxf(0)=0，進而可得fx()在2π的值域為π，kZ且k0，由g(x)在區(qū)間(0,2π)上有且只有一個零點可證明當k2時不符合題意，再求解當k=1時與()是以為周期的周期函數(shù)矛盾，從而可得【小問12πk=2，即可證明.gx因為f(x)=2x，則(+)=+=+，又()=fx2π2(x2π)2x4πf2π4π，fx+2π=f(x)+f(2π)所以()()=具有性質P；fx2x，故函數(shù)因為g(x)=x，則(+)=gx2πcos(x2π)cosx，又g(2π)=cos2π=1，+=g(x)+g(2π)=x+1g(x+2π)()=gxx，故不具有性質P.【小問2若函數(shù)()具有性質P，則(+)=f02π+，即f(0)sin=0=，fxf(0)f(2π)