2022-2023学年北京市西城区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市西城区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z满足z=1+i，则在复平面内z−对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.下列函数中，最小正周期为π且是偶函数的是( )
A. y=sin(x+π4)B. y=tanxC. y=cs2xD. y=sin2x
3.在△ABC中，2a=b，C=60∘，c= 3，则a=( )
A. 12B. 1C. 3D. 2 3
4.某城市-年中12个月的月平均气温y(单位 ℃)与月份x(x=1,2,3,⋅⋅⋅,12)的关系可近似地用三角函数y=a+Asin[π6(x−3)](A>0)来表示，已知月平均气温最高值为28℃，最低值为18℃，则A=( )
A. 5B. 10C. 15D. 20
5.复数z=csα+isinα，且z2为纯虚数，则α可能的取值为( )
A. 0B. π4C. π3D. π2
6.已知直线m，直线n和平面α，则下列四个命题中正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//nB. 若m//α，n//α，则m//n
C. 若m⊥α，n//α，则m⊥nD. 若m⊥n，n//α，则m⊥α
7.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，P(1,−2)，Q(3,4)，则cs∠POQ=( )
A. 53B. 55C. − 53D. − 55
8.已知等边△ABC的边长为4，P为△ABC边上的动点，且满足AP⋅AB≤12，则点P轨迹的长度是( )
A. 7B. 9C. 10D. 11
9.已知函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)，则“f(x)在[0,π3]上既不是增函数也不是减函数”是“ω>1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
10.已知点A，点B，点P都在单位圆上，且|AB|= 3，则PA⋅PB的取值范围是( )
A. [−12,32]B. [−1,3]C. [−2,3]D. [−1,2]
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知复数z在复平面内所对应的点的坐标为(3,−4)，则|5z|为______ .
12.设向量a=(1,2)，b=(4,x)，若a⊥b，则x=______ .
13.已知圆柱的底面半径为3，体积为32π3的球与该圆柱的上、下底面相切，则球的半径为______ ，圆柱的体积为______ .
14.写出一个同时满足下列两个条件的函数f(x)=______ .
①∀x∈R，f(x+π2)=f(x)；
②∀x∈R，f(x)≤f(π4)恒成立.
15.如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段AC上的动点(包含端点)，点E在线段B1D1上，且D1E=14B1D1，给出下列四个结论：
①存在点P，使得平面PB1D1//平面C1BD；
②存在点P，使得△PB1D1是等腰直角三角形；
③若PE≤5，则点P轨迹的长度为2 7；
④当APPC=13时，则平面PB1D1截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面图形的面积为18.
其中所有正确结论的序号是______ .
三、解答题：本题共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.(本小题10分)
已知π2<α<π，sinα=45.
(1)求tanα的值；
(2)求cs2αcs(α+π4)的值.
17.(本小题15分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱DD1，C1D1的中点.
(1)证明：A1B⊥平面ADC1B1；
(2)证明：B1F//平面A1BE.
18.(本小题15分)
已知在△ABC中，acsB+bcsA=2ccsA.
(1)求A的大小；
(2)若c=4，在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一，求△ABC的周长.
①△ABC的面积为5 3；
②a= 13；
③AB边上的高线CD长为 32.
19.(本小题15分)
已知函数f(x)=sin(2x−π6)+2cs2x−1.
(1)求f(π6)的值；
(2)若函数f(x)的单调递增区间；
(3)若函数f(x)在区间[0,m]上有且只有两个零点，求m的取值范围.
20.(本小题15分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=AD=2，四边形ABCD为正方形，E为AD的中点，F为SB上一点，M为BC上一点，且平面EFM//平面SCD.
(1)求证：CD⊥SA；
(2)求证：M为线段BC中点，并直接写出M到平面SCD的距离；
(3)在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，求CNCS；若不存在，说明理由.
21.(本小题15分)
对于定义在R上的函数f(x)和正实数T，若对任意x∈R，有f(x+T)−f(x)=T，则f(x)为T−阶梯函数.
(1)分别判断下列函数是否为1−阶梯函数(直接写出结论)：
①f(x)=x2；②f(x)=x+1.
(2)若f(x)=x+sinx为T−阶梯函数，求T的所有可能取值；
(3)已知f(x)为T−阶梯函数，满足：f(x)在[T2,T]上单调递减，且对任意x∈R，有f(T−x)−f(x)=T−2x.若函数F(x)=f(x)−ax−b有无穷多个零点，记其中正的零点从小到大依次为x1，x2，x3，⋅⋅⋅直接给出一个符合题意的a的值，并证明：存在b∈R，使得F(x)在[0,2023T]上有4046个零点，且x2−x1=x3−x2=⋅⋅⋅=x4046−x4045.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵z=1+i，
∴z−=1−i，
∴在复平面内z−对应的点(1,−1)在第四象限．
故选：D.
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：y=sin(x+π4)的周期T=2π≠π，故A错误；
y=f(x)=tanx满足f(−x)=tan(−x)=−tanx=−f(x)，即y=tanx为奇函数，故B错误；
y=f(x)=cs2x满足f(−x)=f(x)，即y=cs2x为偶函数，且其周期T=2π2=π，故C正确；
y=f(x)=sin2x满足f(−x)=−f(x)，即y=sin2x为奇函数，故D错误．
故选：C.
利用三角函数的奇偶性与周期性的性质逐项判断即可．
本题考查三角函数的奇偶性与周期性，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：在△ABC中，2a=b，C=60∘，c= 3，
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC，
所以3=a2+b2−ab=a2+4a2−2a2=3a2，
则a=1或−1(舍去).
故选：B.
由题意利用余弦定理即可求解a的值．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意可知月平均气温最高值为28℃，最低值为18℃，
可得a+A=28a−A=18，
解得a=23，A=5.
故选：A.
由题意利用正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了正弦函数的性质在实际问题中的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：z=csα+isinα，
则z2=(csα+isinα)2=cs2α−sin2α+2sinαcsα=cs2α+isin2α，
∵z2为纯虚数，
∴cs2α=0sin2α≠0，即α=π4+k2π，k∈Z，
故α可能的取值为π4.
故选：B.
根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及纯虚数的定义，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：若m//α，n⊂α，则m//n或m与n异面，故A错误；
如果m//α，n//α，那么m//n或m与n相交或m与n异面，故B错误；
如果m⊥α，则m与平行于α的所有直线垂直，又n//α，那么m⊥n，故C正确；
若m⊥n，n//α，则m⊥α或m//α或m与α相交，故D错误．
故选：C.
由根据线线、线面的位置关系即可判断A；平行于同一平面的两直线的位置关系判定B；由线面垂直可得直线与直线的位置关系判定B；根据线线、线面的位置关系即可判断D.
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：∵在平面直角坐标系中，O为坐标原点，P(1,−2)，Q(3,4)，
∴OP=(1,−2)，OQ=(3,4)，
∴cs∠POQ=OP⋅OQ|OP||OQ|=1×3−2×4 12+(−2)2⋅ 32+42=−55 5− 55.
故选：D.
利用向量坐标的数量积可求得答案．
本题考查平面向量数量积的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：当P在线段AB上，则|AP|≤12|AB|=3，即线段AB上有长度为3的线段满足P点的位置，
当P在AC上，由于AC⋅AB=4×4×csπ3=8<12，所以线段AC满足P点位置，
当P在BC上，则AP=λAB+μAC，λ>0，μ>0，λ+μ=1，
所以AP⋅AB=λ|AB|2+μAC⋅AB=16λ+8μ=16λ+8−8λ=8+8λ，
令8+8λ≤12，解得λ≤12，
所以线段BC上远离B点的一半线段满足P点位置，
所以P的轨迹长度为3+4+2=9.
故选：B.
对点P分别在线段AB，线段AC，线段BC的三种情况进行讨论，确定P点的轨迹，而后求出轨迹的长度．
本题主要考查向量相关运算，属中档题．
9.【答案】B
【解析】解：若f(x)在[0,π3]上既不是增函数也不是减函数，
则f(x)在对称轴在(0,π3)上，
由ωx+π3=kπ+π2(k∈z)，
解得x=kπω+π6，
故012，
而(1,+∞)⫋(12,+∞)，
故“f(x)在[0,π3]上既不是增函数也不是减函数”是“ω>1”必要不充分条．
故选：B.
根据三角函数的性质求出其充要条件，再根据集合的包含关系判断即可．
本题考查了充分必要条件，考查集合的包含关系以及三角函数的性质，是基础题．
10.【答案】A
【解析】解：如图，不妨设线段AB的垂直平分线为y轴，
在单位圆中，由|AB|= 3，可得A(− 32,12)，B( 32,12)，
点P都在单位圆上，故可设点P(csα,sinα)，α∈[0,2π]，
则PA=(− 32−csα,12−sinα)，PB=( 32−csα,12−sinα)，
所以PA⋅PB=cs2α−34+14−sinα+sin2α
=12−sinα∈[−12,32].
故选：A.
根据题意作图，利用直线与圆的位置关系，结合向量的数量积转化求解即可．
本题考查向量的数量积的求法与应用，考查转化思想即计算能力，属中档题．
11.【答案】1
【解析】解：复数z在复平面内所对应的点的坐标为(3,−4)，
则z=3−4i，
故|5z|=5|z|=5 32+(−4)2=1.
故答案为：1.
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
12.【答案】−2
【解析】解：∵a⊥b，
∴a⋅b=4+2x=0，解得x=−2.
故答案为：−2.
根据a⊥b得出a⋅b=0，然后进行向量坐标的数量积运算即可求出x的值．
本题考查了向量垂直的充要条件，向量坐标的数量积运算，考查了计算能力，属于基础题．
13.【答案】236π
【解析】解：因为球的体积为32π3，则球半径r满足43πr3=32π3，解得r=2，
又因为球与圆柱的上、下底面相切，所以圆锥的高为2r=4，
所以圆柱的体积为V=π×32×4=36π.
故答案为：2；36π.
利用球的体积公式、圆柱的体积公式，直接求解．
本题考查了球、圆柱的体积，属于基础题．
14.【答案】−cs4x(答案不唯一)
【解析】解：由①∀x∈R，f(x+π2)=f(x)，可知函数的周期为π2，
由②∀x∈R，f(x)≤f(π4)恒成立，可知函数在x=π4上取到最大值，
则f(x)=−cs4x满足题意，
一方面根据余弦函数的周期公式，T=2π4=π2，满足条件①；
另一方面，f(π4)=−csπ=1=f(x)max，满足条件②．
故答案为：−cs4x(答案不唯一).
条件①说明是周期函数，条件②说明函数在x=π4上取到最大值，可以从三角函数这个角度考虑．
本题主要考查函数的性质，函数的周期性，恒成立问题，属于基础题．
15.【答案】①③④
【解析】解：对于①，当点P和点A重合时，平面PB1D1//平面C1BD，
连接A1C1交B1D1于点O1，连接BD交AC于点O，连接C1D，C1B，C1O，AO1，
∵O1C1//PO，且O1C1=AO，
∴四边形O1POC1平行四边形，
∴O1P//C1O，
∵O1P⊄平面C1BD，C1O⊂平面C1BD，∴O1P//平面C1BD，
∵B1D1//BD，B1D1⊄平面C1BD，BD⊂平面C1BD，∴B1D1//平面C1BD，
又∵B1D1∩PO1=O1，B1D1，PO1⊂平面PB1D1，∴平面PB1D1//平面C1BD；故①正确；
对于②，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
由几何关系可知PD1=PB1，要使△PB1D1是等腰直角三角形，则PD1⊥PB1，
由已知得D1(0,0,4)，B1(4,4,4)，设点P(4−a,a,0)，
则PD1=(a−4,−a,4),PB1=(a,4−a,4)，
∵PD1−⋅PB1=0，∴a2−4a+8=0，此方程无解，
则不存在点P，使得△PB1D1是等腰直角三角形，故②不正确；
对于③，因为D1E=14B1D1= 2，则E(1,1,4)，A(4,0,0)，C(0,4,0)，
即EA=EC= 26>5，则P轨迹是在AC上的线段，不包括端点A、C，如下图所示，
由已知得△EAC为等腰三角形，则△EAC底边上的高EH=3 2<5，
随着P向点C运动，EP逐渐减小，故在线段AH上存在一点P，使得EP=5，
同理可知靠近点C处也存在一点P，使得EP=5，
设线段PE=5，由勾股定理可知PH= 7，所以点P轨迹的长度为2 7，故③正确；
对于④，连接BD，过点P作BD的平行线交AB，AD于点M，N，连接B1M，D1N，
则MND1B1为平面PB1D1截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面图形，
由已知得AP=14AC= 2，由△AMN∽△ABD可知，MN=2 2，
又因为MB1=ND1=2 5，且MN//B1D1，
所以四边形MND1B1为等腰梯形，
其中梯形的高h=3 2，所以截面面积为12(2 2+4 2)×3 2=18，故④正确．
故答案为：①③④．
①利用面面平行的判定定理求解；②利用空间直角坐标系求解；③分析点P在AC上运动时PE的变化情况即可求解；④根据图中的几何关系作出平面PB1D1截正方体ABCD−A1B1C1D1截面即可求解．
本题考查了立体几何中动点的轨迹问题、考查了面面平行的性质以及截面的形状等立体几何综合知识，属于难题．
16.【答案】解：(1)因为sin2α+cs2α=1，sinα=45，
所以cs2α=925，
又因为π2<α<π，
所以csα=−35.
所以tanα=sinαcsα=−43；
(2)cs2αcs(α+π4)=cs2α−sin2α 22(csα−sinα)= 2(csα+sinα)= 25.
【解析】(1)由已知结合同角基本关系即可求解；
(2)结合二倍角公式及和差角公式进行化简，即可求解．
本题主要考查了同角基本关系，和差角公式及二倍角公式的应用，属于基础题．
17.【答案】证明：(1)由正方体ABCD−A1B1C1D1的结构特征，可得B1C1⊥平面ABB1A1，
∵A1B⊂平面ABB1A1，∴B1C1⊥A1B，
∵A1ABB1为正方形，∴A1B⊥AB1，
又∵B1C1∩AB1=B1，∴A1B⊥平面ADC1B1.
(2)设AB1∩A1B=O，连接OE，
∵ABCD−A1B1C1D1是正方体，∴B1A//C1D，且B1A=C1D，
∴B1O//C1D，且B1O=12C1D，
∵E，F分别DD1，C1D1的中点，∴EF//C1D，且EF=12C1D，
∴EF//B1O，且EF=B1O，
∴四边形B1OEF为平行四边形，∴B1F//OE，
又∵B1F⊄平面A1BE，OE⊂平面A1BE，
∴B1F//平面A1BE.
【解析】(1)根据线面垂直的性质定理可得B1C1⊥A1B，因为A1ABB1为正方形，所以A1B⊥AB1，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
(2)设AB1∩A1B=O，连接OE，可得四边形B1OEF为平行四边形，即B1F//OE，再利用线面平行的判定定理证明即可．
本题考查线面垂直的判定定理，考查线面平行的判定定理，是中档题．
18.【答案】解：(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC，得sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsA，
所以sin(A+B)=2sinCcsA，
因为A+B+C=π，所以sin(A+B)=sinC，所以sinC=2sinCcsA，
因为C∈(0,π)，sinC≠0，所以2csA=1，即csA=12，
又因为A∈(0,π)，所以A=π3；
(2)选择①：
因为S△ABC=5 3，即12bcsinA=5 3，
即12×b×4× 32=5 3，所以b=5，
又因为a2=b2+c2−2bccsA，即a2=25+16−2×5×4×12，
所以a= 21，所以△ABC的周长为9+ 21；
选择②：
因为a= 13，
又因为a2=b2+c2−2bccsA，即13=b2+16−2×b×4×12，
所以b=1或3，
因为△ABC存在且唯一，所以舍去；
选择③：
因为AB边上的高线CD长为 32，即bsinA= 32，所以b=1，
又因为a2=b2+c2−2bccsA，即a2=1+16−2×1×4×12，
所以a= 13，所以△ABC的周长为5+ 13.
【解析】(1)利用正弦定理得到sin(A+B)=2sinCcsA，利用sin(A+B)=sinC，即可求解；
(2)选择①：利用三角形的面积公式和余弦定理即可求解；
选择②：利用余弦定理即可求解；
选择③：利用三角形的面积公式和余弦定理即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)f(x)= 32sin2x−12cs2x+cs2x= 32sin2x+12cs2x=sin(2x+π6)，
所以f(π6)=sin(2⋅π6+π6)=sinπ2=1；
(2)由(1)可得，单调递增满足−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
解得：−π3+kπ≤x≤π6+kπ，k∈Z，
所以函数的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ]，k∈Z；
(3)x∈[0,m]，可得2x+π6∈[π6,2m+π6]，
由题意可得2m+π6∈[2π,3π),
解得11π12≤m<17π12，
即m∈[11π12,17π12).
【解析】(1)由两角差的正弦公式及半角公式可得函数f(x)的解析式，进而可得f(π6)的值；
(2)由(1)可得函数的单调递增区间；
(3)由x的范围，可得2x+π6的范围，由题意可得m的范围．
本题考查半角公式及辅助角公式的应用，属于中档题．
20.【答案】证明：(1)因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面SAD，
又SA⊂平面SAD，所以CD⊥SA；
(2)因为平面EFM//平面SCD，平面EFM∩平面ABCD=EM，
平面SCD∩平面ABCD=CD，所以CD//EM，
又因为E为AD的中点，所以M为线段BC中点；
由(1)知，CD⊥平面SAD，又CD⊂平面SCD，
所以平面SCD⊥平面SAD，所以点E到平面SCD的距离等于点E到SD的距离，
因为SA=SD=AD=2，所以△SAD为正三角形，又E为AD的中点，
所以点E到SD的距离为 32，因为平面EFM//平面SCD，
所以点M到平面SCD的距离为 32；
解：(3)存在，当N为SC中点时，平面DMN⊥平面ABCD，证明如下：
连接EC，DM交于点O，连接SE，
因为ED//CM，并且ED=CM，
所以四边形EMCD为平行四边形，所以EO=CO，
又因为N为SC中点，所以NO//SE，
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，
又SE⊂平面SAD，由已知SE⊥AD，
所以SE⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD，
又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD，
所以存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD,CNCS=12.
【解析】(1)根据面面垂直的性质定理推出CD⊥平面SAD，再根据线面垂直的性质可得CD⊥SA；
(2)根据面面平行的性质定理得CD//EM，结合E为AD的中点，可得M为线段BC中点．转化为求点E到平面SCD的距离可求出结果；
(3)当N为SC中点时，证明SE⊥平面ABCD，结合NO//SE，可得平面DMN⊥平面ABCD.
本题考查了线线垂直的证明和面面垂直的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)①因为f(x)=x2，所以f(x+1)−f(x)=(x+1)2−x2=2x+1≠1，
所以f(x)=x2不是1−阶梯函数；
②因为f(x)=x+1，所以f(x+1)−f(x)=(x+1)+1−(x+1)=1，
所以f(x)=x+1是1−阶梯函数；
(2)因为f(x)为T−阶梯函数，
所以对任意x∈R有：
f(x+T)−f(x)=[x+T+sin(x+T)]−(x+sinx)=sin(x+T)−sinx+T，
所以，对任意x∈R，sin(x+T)=sinx，
因为y=sinx是最小正周期为2π的周期函数，
又因为T>0，所以T=2kπ，k∈N*；
(3)a=1.
证明：函数F(x)=f(x)−x−b，则有：
F(x+T)=f(x+T)−(x+T)−b=f(x)+T−(x+T)−b=f(x)−x−b=F(x)，
F(T−x)=f(T−x)−(T−x)−b=f(x)+T−2x−(T−x)−b=f(x)−x−b=F(x).
取b=f(3T4)−3T4，则有：
F(3T4)=f(3T4)−3T4−b=0，F(T4)=F(T−T4)=F(3T4)=0，
由于f(x)在[T2,T]上单调递减，因此F(x)=f(x)−x−b在[T2,T]上单调递减，
结合F(T−x)=F(x)，则有：F(x)在[0,T2]上有唯一零点T4，在[T2,T]上有唯一零点3T4.
又由于F(x+T)=F(x)，则对任意k∈Z，有：F(T4+kT)=F(T4)=0，F(3T4+kT)=F(3T4)=0，
因此，对任意m∈Z，F(x)在[mT,(m+1)T]上有且仅有两个零点：mT+T4，mT+3T4.
综上所述，存在b=f(3T4)−3T4，使得F(x)在[0,2023T]上有4046个零点：
x1=T4，x2=3T4，x3=5T4，x4=7T4，…，x4045=8089T4，x4046=8091T4，
其中，x2−x1=x3−x2=⋅⋅⋅=x4046−x4045=T2.
【解析】(1)验证f(x+1)−f(x)=1是否成立即可；
(2)根据f(x+T)−f(x)=T，正弦函数的周期即可推出T所满足的表达式；
(3)根据T−阶梯函数的定义，先找出F(x)的性质，然后确定在一个周期[0,T]上的零点情况，从而推广得到[0,2023T]上零点的情形即可．
本题考查的是函数新定义的理解，正确反复的使用新定义去研究抽象函数表达式所满足的关系是解决第三问的关键，属于难题．