2023-2024學年北京市第一零一中學高一下學期期末考試數(shù)學試題（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年北京市第一零一中學高一下學期期末考試數(shù)學試題一、單選題：本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.sinπ8cosA.12 B.22 C.2.已知復數(shù)z滿足z3+i=3+i2，則A.35?15i B.353.如果兩個不重合平面有一個公共點，那么這兩個平面(

)A.沒有其他公共點 B.僅有這一個公共點C.僅有兩個公共點 D.有無數(shù)個公共點4.已知奇函數(shù)fx的圖象的一條對稱軸為直線x=12，那么fxA.y=sin3πx B.y=cosx+π45.將邊長為4的正方形ABCD沿對角線AC折起，折起后點D記為D′.若BD′=4，則四面體ABCD′的體積為(

)A.1623 B.8236.“α+β=π2+2kπ，k∈Z”是“sinα=A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件

C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件7.在?ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知A=π3，b=2，給出下列五個a的值：①2；②3；③142；A.①④ B.②③ C.④⑤ D.②④⑤8.在?ABC中，cosB=?12，AB=BC=2，已知點P滿足AP=λAB+1?λA.14 B.13 C.129.在?ABC中，若c=4，b?a=1，cosC=?14，則sinAA.18 B.158 C.110.如圖，四棱錐S?ABCD中，底面是正方形，各側棱都相等，記直線SA與直線AD所成角為α，直線SA與平面ABCD所成角為β，二面角S?AB?C的平面角為γ，則(

)

A.α>β>γ B.γ>α>β C.α>γ>β D.γ>β>α二、填空題：本題共6小題，每小題5分，共30分。11.已知復數(shù)z滿足z=1，z?i=1，則z的虛部為

．12.已知a，b是平面α外的兩條不同直線．給出下列六個論斷：①a//α；②b//α；③a⊥α；④b⊥α；⑤a⊥b；⑥a//b.選其中的兩個論斷作為條件，余下的其中一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：

13.已知θ∈π2,3π2，sinθ+cos14.如圖，在平面四邊形ABCD中，AB=AD=22，∠B=2∠D=2π3，記?ABC與?ACD的面積分別為S1，S2，則S215.如圖1是唐朝著名的鳳鳥花卉紋浮雕銀杯，它的盛酒部分可以近似的看作是半球與圓柱的組合體(如圖2).當這種酒杯內壁的表面積為Scm2，半球的半徑為Rcm時，若要使得酒杯的容積不大于半球體積(厚度忽略不計)的3倍，則SR的取值范圍是

.(π取3)16.如圖，在棱長為4的正方體中，點P是線段AC上的動點(包含端點)，點E在線段B1D1上，且

①存在點P，使得直線PE//平面C1②點P沿直線AC從點A移動到點C的過程中，四面體C?D③若PE≤5，則點P軌跡的長度為7④當二面角P?D1B1?C的平面角的正切值為2其中所有正確結論的序號是

．三、解答題：本題共4小題，共48分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17.(本小題12分)已知函數(shù)fx=asin(1)求a的值和fx(2)求fx在0,π上的單調遞增區(qū)間．18.(本小題12分)已知△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且b2(1)求A的大?。?2)若D是邊AB的中點，且CD=2，求c+2219.(本小題12分)如圖，在多面體ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四邊形ADEF為正方形，四邊形ABCD為梯形，且AD//BC，∠BAD=90°，AB=AD=1，BC=2(1)求證：AF⊥CD；(2)若M為線段BD的中點，求證：CE//平面AMF；(3)求多面體ABCDEF的體積．20.(本小題12分)定義向量OM=a,b的“伴隨函數(shù)”為fx=asin(1)寫出OM=1,2的“伴隨函數(shù)”fx(2)寫出函數(shù)fx=sinx?π(3)已知OM=ON=1，OM的“伴隨函數(shù)”為fx，ON的“伴隨函數(shù)”為gx，設OP=λOM①若λ=μ=1，求p的取值范圍；②求證：向量OM=?ON的充要條件是p=λ?μ答案解析1.C

【解析】sinπ故選：C．2.A

【解析】由題可得z=3+故選：A3.D

【解析】如果兩個不重合平面有一個公共點，那么這兩個平面有一條過公共點的公共直線．故選：D．4.A

【解析】對于A，函數(shù)y=fx=sin因為f?x=?sin因為f12=?1，所以x=12對于B，函數(shù)y=fx=cos因為fπ4=0,f?π對于C，函數(shù)y=fx=sin因為f2所以函數(shù)y=sinπ2對于D，函數(shù)y=tanπx的圖象不是軸對稱圖形，故故選：A．5.A

【解析】

在邊長為4的正方形ABCD中，連接BD交AC于點O，可得OD′=OD=OB=2由于BD′=4，所以BD′2=O又因為OD′⊥AC,AC∩OB=O，AC,OB?平面ABC，所以OD′⊥即四面體ABCD′的體積為13故選：A．6.A

【解析】解：sinα=cosβ?cos(π2?α)=cosβ，

∴β=2kπ±(π2?α)，k∈Z．

化為：α+β=π2+2kπ，k∈Z，或β?α=?π2+2kπ，k∈Z7.D

【解析】

根據(jù)已知A=π3，b=2，可知三角形AB邊上的高所以要使得?ABC存在且唯一確定的解，則a=3,故有②④⑤滿足，故選：D．8.D

【解析】因為cosB=?12，B∈又AB=BC=2，所以?ABC為等腰三角形，∠BAC=π由余弦定理得AC=因為AB?所以AB?AP=λ故選：D9.B

【解析】由余弦定理得a2+b聯(lián)立b?a=1ab=6，解得a=2,b=3因為cosC=?14，C∈由正弦定理可得sinA=故選：B10.C

【解析】如圖，過S作SO⊥平面ABCD，過O分別作OE⊥BC,OF⊥CD于E、F，連接OC,SE,SF，則∠SCE=α,∠SCO=β,∠SFO=γ，因為sinα=SESC又因為tanγ=SOOF<tanα=SE綜上可得，α>γ>β，故選：C．11.12【解析】設z=a+bi,a,b∈R，由z=1，z?i得a2+b所以z的虛部為12故答案為：1212.a⊥α,b⊥α，則a//b(答案不唯一，符合題意均可)

【解析】以③④作條件，⑥作結論，即若a⊥α,b⊥α，則a//b．因為a⊥α,b⊥α，所以a//b．故答案為：a⊥α,b⊥α，則a//b.(答案不唯一，符合題意均可)13.3【解析】因為sinθ+故sinθ+1?2sin2θ=0，解得而θ∈π2,3π2，則sin故答案為：14.2【解析】在?ABC中，由余弦定理得cosB=即?12=在?ACD中，由余弦定理得cosD=即12=8+C又S1所以S2由②?①，得CD2?B得CD?BC=22，代入③得故答案為：215.(【解析】設圓柱的高為?，則S=2πR2+2πR?酒杯的體積為V1半球積分為V2=2則R≥3S14π則3S14π≤R<而π取3，故6故答案為：(16.①②④

【解析】對于①，當P點位于A點時，由于BB1//D則B1D1由于B1D1?平面C1BD，BD?平面同理AD1//平面C1BD故平面AB1D1//平面C1BD，此時PE?即存在點P，使得直線PE//平面C1BD，

對于②，由于AA1⊥平面A1B1C而A1C1⊥B1D1，而AC1?平面AA1B1D1∩B1C=由于VC?D1B1P=VP?CD1當P點沿直線AC從點A移動到點C的過程中，PQ長逐漸變小，而?CB1D1的面積為定值，故VP?C

對于③，D1E=14D1B則A1G=3,EG=1則P點軌跡為在AC上的線段，如圖示，?EAC為等腰三角形，則其底邊上的高為EH=故當P向點C運動時，EP逐漸變小，故在線段AH上存在一點P，使得PE=5，同理在靠近C的那一側也存在一點P，使得PE=5，當PE=5時，PH=52?32

對于④，設A1C1,B1D由于AB1=A即∠ARC為二面角A?B1D故cos∠ARC=AR則sin∠ARC=2當P點由A向C運動時，∠ARC將變小，即可知當二面角P?D1B1?C的平面角的正切值為2由于AB//C1D1，此時平面面積為4×42=16

故答案為：①②④17.(1)因為fπ4=即12a?1所以f=3所以fx的最小正周期為2π(2)由?π2+2kπ≤2x+所以fx的單調遞增區(qū)間為?所以fx在0,π上的單調遞增區(qū)間為0,【解析】(1)根據(jù)fπ4=(2)利用整體代入法求出fx的單調遞增區(qū)間，結合x∈18.(1)因為b所以cosA=所以tanA=?1，又因為A∈0,π，所以(2)令∠ACD=θ，因為A=3π4由正弦定理可得：bADsin所以c=2AD=4所以c+2又因為θ∈0,π所以c+2

【解析】(1)根據(jù)余弦定理可以求解；(2)令∠ACD=θ，利用正弦定理，把邊長b,c都用θ表示，最后用三角函數(shù)知識解得取值范圍．19.(1)證明：因為四邊形ADEF為正方形，所以AF⊥AD．又因為平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD=AD，AF?平面ADEF，所以AF⊥平面ABCD．又CD?平面ABCD，所以AF⊥CD．(2)延長AM交BC于點G，因為AD//BC，M為BD中點，所以ΔBGM≌ΔDAM，所以BG=AD=1．因為BC=2，所以GC=1．由已知FE=AD=1，且FE//AD，又因為AD//GC，所以FE//GC，且FE=GC，所以四邊形GCEF為平行四邊形，所以CE//GF．因為CE?平面AMF，GF?平面AMF，所以CE//平面AMF．(3)設G為BC中點，連接DG，EG．由已知DG//AB，所以DG//平面AFB．又因為DE//AF，所以DE//平面AFB，所以平面DEG//平面AFB．因為AD⊥AB，AD⊥AF，所以AD⊥平面ABF，所以多面體AFB?DEG為直三棱柱．因為AB=AF=AD=1，且∠BAF=90所以V1由已知DG//AB，且DG=AB，所以DG⊥GC，且DG=GC=1．又因為DE//AF，AF⊥平面CDG，所以DE⊥平面CDG．因為DE=AF=1，所以V2所以V多面體ABCDEF

【解析】(1)由題意結合幾何關系可證得AF⊥平面ABCD，由線面垂直的定義即可證得AF⊥CD．(2)延長AM交BC于點G，由題意可證得四邊形GCEF為平行四邊形，據(jù)此結合線面平行的判定定理證明題中的結論即可；(3)設G為BC中點，連接DG，EG.將多面體分割為兩部分，分別求解對應的體積，然后相加即可確定多面體ABCDEF的體積．20.(1)因為OM=1,2，所以所以fx