2023昌平高一（下）期末数学试卷（教师版）

这是一份2023昌平高一（下）期末数学试卷（教师版），共16页。试卷主要包含了 复数的共轭复数， 在中，，则等内容，欢迎下载使用。

2023.7
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.
第一部分（选择题共50分）
一､选择题共10小题，每小题5分，共50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. 复数的共轭复数（ ）
A. B.
C. D.
2. 扇子具有悠久的历史，蕴含着丰富的数学元素.小明制作了一把如图所示的扇子，其半径为，圆心角为，则这把扇子的弧长为（ ）

A. B. C. D.
3. 已知均是单位向量，，则（ ）
A. B. 0C. D. 1
4. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边落在轴的非负半轴上，它的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
5. 在中，，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
6. 下列函数中，是偶函数且其图象关于点对称的是（ ）
A. B.
C. D.
7. 如图，测量河对岸的塔高此，选取与塔底在同一水平面内的两个观测点与垂直于平面.现测得，并在点测得塔顶的仰角为，则塔高（ ）

A. B. C. D.
8. 设函数的部分图象如图所示，那么（ ）

A. B.
C. D.
9. 已知棱长为2的正方体是的中点，是正方形内（包括边界）的一个动点，且，则线段长度的取值范围是（ ）

A. B. C. D.
10. 在平面直角坐标系中，点，，则的最大值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
第二部分（非选择题共100分）
二､填空题共6小题，每小题5分，共30分.
11. 的值为__________.
12. 已知复数，则复数在复平面内对应的点位于第__________象限.
13. 已知是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断：
①；②；③.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________.
14. 已知正三角形的边长为2，点满足，则__________，__________.
15. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边落在轴的非负半轴上.角的终边绕原点逆时针旋转后与角的终边重合，且，则角的一个取值为__________.
16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面为的中点，为内一动点（不与三点重合）.给出下列四个结论：

①直线与所成角的大小为；②；③的最小值为；④若，则点的轨迹所围成图形的面积是.
其中所有正确结论的序号是__________.
三､解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知向量.
（1）求的夹角；
（2）求的坐标.
18. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求在区间上的最大值及相应的的取值
（3）若函数在上是增函数，求的最小值.
19. 在中，.
（1）求；
（2）再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
20. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，是棱上的动点（不与重合），交平面于点.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若是的中点，平面将四棱锥分成五面体和
五面体，记它们的体积分别为，直接写出的值.
21. 已知定义域为的函数满足：对于任意的，都有，则称函数具有性质.
（1）判断函数是否具有性质；（直接写出结论）
（2）已知函数，判断是否存在，使函数具有性质？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
（3）设函数具有性质，且在区间上的值域为.函数，满足，且在区间上有且只有一个零点.求证：.
参考答案
第一部分（选择题共50分）
一､选择题共10小题，每小题5分，共50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. 【答案】B
【分析】先利用复数的除法得到复数z，再求共轭复数.
【详解】解：因为复数，
所以，
所以，
故选：B
2. 【答案】B
【分析】根据给定条件，利用弧长公式计算作答.
【详解】因为扇形半径为，圆心角为，所以弧长为.
故选：B
3. 【答案】D
【分析】将两边平方，再根据数量积得运算律即可得解.
【详解】因为均是单位向量，所以，
又，则，
即，所以.
故选：D
4. 【答案】A
【分析】利用诱导公式，结合三角函数定义求解作答.
【详解】依题意，，所以.
故选：A
5. 【答案】C
【分析】直接利用余弦定理求解即可.
【详解】在中，，
由余弦定理得，
所以.
故选：C.
6. 【答案】D
【分析】利用偶函数排除两个选项，再由对称性判断作答.
【详解】对于A，函数是奇函数，A不是；
对于C，函数是奇函数，C不是；
对于B，函数是偶函数，而，即的图象不关于点对称，B不是；
对于D，函数是偶函数，，即的图象关于点对称，D是.
故选：D
7. 【答案】C
【分析】根据给定条件，利用正弦定理，结合等腰三角形的性质求解作答.
【详解】在中，，则，
由正弦定理得：，于是，
在中，，因此，
所以塔高
故选：C
8. 【答案】C
【分析】根据周期可得，利用最值点即可得.
【详解】根据图象可知，
将代入得,
所以，由于，所以取，故，
故选：C
9. 【答案】B
【分析】根据给定条件，确定点的轨迹，再求出的范围作答.
【详解】在正方体中，连接，如图，

显然平面，平面，则，又，
且平面，因此平面，
而点平面，且，于是平面，点平面，
又点平面，平面平面，因此点在线段上，
在中，，则，由于是的中点，
从而，
所以线段长度的取值范围是.
故选：B
10. 【答案】B
【分析】根据向量数量积的坐标运算，结合三角恒等变换，即可由三角函数的有界性求解最值.
【详解】由，可得，
所以
，
故当时，取最大值，
故选：B
第二部分（非选择题共100分）
二､填空题共6小题，每小题5分，共30分.
11. 【答案】##
【分析】根据余弦的和差角公式即可求解.
【详解】，
故答案为：
12. 【答案】三
【分析】先求出，然后求出其在复平面对应的坐标，从而可得答案
【详解】因为，
所以，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限，
故答案为：三
13. 【答案】①②③
【分析】根据空间直线和平面平行垂直的判定定理及性质定理推理得出结论.
【详解】若①②③，
理由：设过有一个平面，使得，
，，，
，
又，，可得，
又，∴．
若①③②，
由，，可得或与相交或，
故①③不能推出②.
若②③①，
由，，可得或，
故②③不能推出①.
故答案为：①②③.
14. 【答案】 ①. 1 ②. 3
【分析】由向量等式可得P为BC边的中点，由此求解作答.
【详解】正的边长为2，且，则点P为BC边的中点，所以，
，.
故答案为：1；3
15. 【答案】
【分析】利用终边相同的角可得，再借助余弦函数的性质求解作答.
【详解】依题意，，因此，则，
解得，当时，，
所以角的一个取值为.
故答案为：
16.【答案】①②④
【分析】根据异面直线所成的角即可判断①，根据空间中的垂直关系转化即可证明平面，即可求证线线垂直进而判断②，根据点到面的距离为最小值，利用等体积法即可求解③，根据圆的面积即可判断④.
【详解】由于，所以即为直线与所成的角或其补角，
由于底面平面，所以,又，所以，①正确；
由于底面平面，所以,
又,平面，
所以平面,
取中点为，连接,
由于为的中点，所以，所以平面，平面，则，
又，中点为，所以,
平面，所以平面，平面，则,
平面，所以平面,平面,
所以,
平面，所以平面,平面,
所以，故②正确；
当平面时，最小，设此时点到平面的距离为，
,
所以,
由于，故为等边三角形，,
所以，故③错误；
由③得点到平面的距离为，不妨设在平面的投影为,
所以点到平面的距离为,
由于被平分，所以到平面的距离为,
由②知平面，所以三点共线，即，
又，所以,
因此点的轨迹围成的图形是以点为圆心，以为半径的圆，所以面积为，故④正确.
故答案为：①②④

【点睛】方法点睛：本题考查立体几何中线面垂直关系的证明、异面直线所成角和点到面的距离的求解、截面面积的求解问题；求解点到面的距离的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥高的问题的求解或者利用坐标系，由法向量法求解..
三､解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 【答案】（1）；
（2）或.
【分析】（1）利用数量积和模求出向量夹角作答.
（2）设出的坐标，利用给定条件列式求解作答.
【小问1详解】
向量，则，，
因此，而，则，
所以的夹角为.
【小问2详解】
设，而，由，得，即，
由，得，联立解得或，
所以或.
18. 【答案】（1）；
（2），；
（3）.
【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数周期公式求解作答.
（2）利用（1）中解析式，求出相位所在区间，结合正弦函数性质求解作答.
（3）求出的单调递增区间，再借助集合包含关系列式作答.
【小问1详解】
依题意，函数，
所以函数的最小正周期为.
【小问2详解】
由（1）知，，当时，，
当，即时，函数取得最大值1，
所以，.
【小问3详解】
由（1）知，，由，
得，即函数在上单调递增，
因为函数在上是增函数，则，因此，
所以的最小值是.
19. 【答案】（1）
（2）选①；选②
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，即可得解；
（2）选①，先利用平方关系求出，结合已知求出，再根据两角和得正弦公式求出，再根据三角形的面积公式即可得解.
选②，先求出，再根据两角和得正弦公式求出，再根据三角形的面积公式即可得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
又，所以，
又，所以；
【小问2详解】
选①，因为，所以，
由，
得，
则，
所以
选②，，
得，故，
则，
所以，
所以.
20. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析
（3）
【分析】（1）由线面平行的判定定理可证；
（2）由线面垂直的性质定理和判定定理先得平面，再由面面垂直的判定定理得证；
（3）连结，将五面体分割成三棱锥和四棱锥，分别求出体积，可求，再由，可解此题.
【小问1详解】
由底面是正方形，知，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
由底面是正方形，可知，
又平面，平面，所以，
平面，平面，且，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小问3详解】

连结，
由（1）平面，平面，平面平面,
得，即，
又由（2）平面，可得平面，
由题意，是的中点，

，
又，
所以，
.
21. 【答案】（1）函数具有性质；不具有性质.
（2），
（3）证明见解析
【分析】（1）利用定义判断即可；
（2）假设函数具有性质，可求出，进而可得，从而可得，再根据定义进行验证，即可得到答案；
（3）由由函数具有性质及（2）可知，，进而可得在的值域为，且，由在区间上有且只有一个零点可证明当时不符合题意，再求解当时与是以为周期的周期函数矛盾，从而可得，即可证明.
【小问1详解】
因为，则，又，
所以，故函数具有性质；
因为，则，又，
，故不具有性质.
【小问2详解】
若函数具有性质，则，即，
因为，所以，所以；
若，不妨设，由，
得（*），
只要充分大时，将大于1，而的值域为，
故等式（*）不可能成立，所以必有成立，
即，因为，所以，
所以，则，此时，
则，
而，即有成立，
所以存在，使函数具有性质.
【小问3详解】
证明：由函数具有性质及（2）可知，，
由可知函数是以为周期的周期函数，则，
即，所以，；
由，以及题设可知，
函数在的值域为，所以且；
当，及时，均有，
这与在区间上有且只有一个零点矛盾，因此或；
当时，，函数在的值域为，
此时函数的值域为，
而，于是函数在的值域为，
此时函数的值域为，
函数在当时和时的取值范围不同，
与函数是以为周期的周期函数矛盾，
故，即，命题得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可.