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    [数学]北京市西城区2022-2023学年高一下学期期末考试试题(解析版)

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    这是一份[数学]北京市西城区2022-2023学年高一下学期期末考试试题(解析版),共14页。

    A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
    【答案】D
    【解析】由题设,对应点为在第四象限.
    故选:D.
    2. 下列函数中,最小正周期为且是偶函数的是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】C
    【解析】对于A,的最小正周期为:,故A不正确;
    对于B,的最小正周期为:,
    的定义域为,关于原点对称,令,
    则,所以为奇函数,故B不正确;
    对于C,的最小正周期为:,
    令的定义域为关于原点对称,
    则,所以为偶函数,故C正确;
    对于D,的最小正周期为:,
    的定义域为,关于原点对称,令,
    则,所以为奇函数,故D不正确.
    故选:C.
    3. 在中,,,,则( )
    A. B. 1C. D.
    【答案】B
    【解析】由余弦定理得,即,得.
    故选:B.
    4. 某城市一年中12个月的月平均气温(单位)与月份的关系可近似地用三角函数来表示,已知月平均气温最高值为28,最低值为18,则( )
    A. 5B. 10C. 15D. 20
    【答案】A
    【解析】依题意可得,解得.
    故选:A.
    5. 复数,且为纯虚数,则可能的取值为( )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】因为,
    所以,
    因为为纯虚数,所以,所以,,
    所以,.
    故选:B.
    6. 已知直线,直线和平面,则下列四个命题中正确的是( )
    A. 若,,则B. 若,,则
    C. 若,,则D. 若,,则
    【答案】C
    【解析】对于A,若,,则或与异面,故A错误;
    对于B,若,,则或与异面或与相交,故B错误;
    对于C,若,过作平面,使得,则,
    因为,,则,又,则,故C正确;
    对于D,若,,则或或与相交,故D错误.
    故选:C.
    7. 在平面直角坐标系中,O为坐标原点,,,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】因为O为坐标原点,,,
    所以,,

    所以.
    故选:D.
    8. 已知等边的边长为4,P为边上的动点,且满足,则点P轨迹的长度是( )
    A. 7B. 9C. 10D. 11
    【答案】B
    【解析】当点在边上时,,得,
    此时点P轨迹长度为;
    当点在边上时,,得,
    此时点P轨迹是线段,其长度为;
    当点在边上时,
    ,得,
    此时点P轨迹的长度为,
    所以点P轨迹的长度是.
    故选:B.
    9. 已知函数,则“在上既不是增函数也不是减函数”是“”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
    【答案】B
    【解析】因为且,则,
    若在上既不是增函数也不是减函数,
    则,解得,
    又因为,
    所以“在上既不是增函数也不是减函数”是“”的必要不充分条件.
    故选:B.
    10. 已知点,点,点都在单位圆上,且,则的取值范围是( )
    A. B. C D.
    【答案】A
    【解析】设的中点为,因为,,所以,


    因为,所以.
    故选:A.
    二、填空题. 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,则为______.
    【答案】1
    【解析】由已知得该复数,
    则.
    故答案为:1.
    12. 设向量,,若,则______.
    【答案】
    【解析】因为,,且,所以,得.
    故答案为:.
    13. 已知圆柱的底面半径为3,体积为的球与该圆柱的上、下底面相切,则球的半径为______,圆柱的体积为______.
    【答案】2
    【解析】设球的半径为,则,得,则圆柱的高为,
    所以圆柱的体积为.
    故答案为: .
    14. 写出一个同时满足下列两个条件的函数______.
    ①,;②,恒成立.
    【答案】(答案不唯一)
    【解析】由,可知,函数的周期为,
    由,恒成立可知,函数在上取到最大值,
    则满足题意,
    一方面根据余弦函数的周期公式,,满足,,
    另一方面,,满足,恒成立.
    故答案为:(答案不唯一).
    15. 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,使得平面平面;
    ②存在点P,使得是等腰直角三角形;
    ③若,则点P轨迹的长度为;
    ④当时,则平面截正方体所得截面图形的面积为18.
    其中所有正确结论的序号是______.
    【答案】①③④
    【解析】对于①,当点和点重合时,平面平面,
    连接交于点,连接交于点,连接,,,,
    ∵∥,且∥,∴四边形平行四边形,∴∥,
    ∵平面,平面,∴∥,
    ∵∥, 平面,平面,∴∥,
    又∵,,平面,∴平面,
    故①正确;
    对于②,分别以所在的直线为轴,轴,轴,
    由几何关系可知,要使是等腰直角三角形,则,
    由已知得,,设点,
    则,,
    ∵,∴,此方程无解,则不存在点P,
    使得是等腰直角三角形,故②不正确;
    对于③,因,则,,,
    即,则P轨迹是在上的线段,不包括端点、,如下图所示,
    由已知得△为等腰三角形,则△底边上的高,随着P向点运动,
    逐渐减小,
    故在线段上存在一点P使得,
    同理可知靠近点处也存在一点P使得,
    设线段,由勾股定理可知,所以点P轨迹的长度为,故③正确;
    对于④,连接,过点作的平行线交于点,连接,
    则为平面截正方体所得的截面图形,
    由已知得,由△∽△可知,
    又因为,且∥,所以四边形为等腰梯形,
    其中梯形的高,所以截面面积为,故④正确.
    故答案为:①③④.
    三、解答题. 共6小题,共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
    16. 已知,.
    (1)求的值;
    (2)求的值.
    解:(1)因为,,所以,,
    又因为,所以,所以.
    (2)因为,,
    所以.
    17. 如图,在正方体中,E,F分别是棱,的中点.
    (1)证明:平面;
    (2)证明:平面.
    解:(1),所以平面,
    因为平面,所以,
    因为为正方形,所以,
    又因为,平面,
    所以平面.
    (2)设,连接OE,
    因为为正方体,所以,且,
    所以,且,
    因为E,F分别,的中点,所以,且,
    所以,且,
    所以四边形为平行四边形.所以,
    又因为平面,平面,
    所以平面.
    18. 已知在中,.
    (1)求A的大小;
    (2)若,在下列三个条件中选择一个作为已知,使存在且唯一,求的周长.
    ①的面积为;②;③AB边上的高线CD长为.
    解:(1)由正弦定理,得,
    所以,
    因为,所以,所以,
    因为,,所以,即,
    又因为,所以.
    (2)选择①,
    因为,即,
    即,所以,
    又因为,即,
    所以,所以的周长为.
    若选择②,
    因为,且,
    所以不唯一,所以②不合题意.
    选择③,
    因为AB边上的高线CD长为,即,所以,
    又因为,即,
    所以,所以的周长为.
    19. 已知函数.
    (1)求的值;
    (2)求函数的单调递增区间;
    (3)若函数在区间上有且只有两个零点,求m的取值范围.
    解:(1).
    (2)

    由,,
    得,,
    所以的单调递增区间是.
    (3)因为,所以,
    依题意,解得,
    所以m的取值范围为.
    20. 如图,在四棱锥中,平面平面,,四边形为正方形,为的中点,为上一点,为上一点,且平面平面.
    (1)求证:;
    (2)求证:为线段中点,并直接写出到平面的距离;
    (3)在棱上是否存在点,使得平面平面?若存在,求;若不存在,说明理由.
    解:(1)因为四边形为正方形,所以,
    因为平面平面,平面平面,平面,
    所以平面,
    又平面,所以.
    (2)因为平面平面SCD,平面平面,
    平面平面,所以,
    又因为E为AD的中点,所以M为线段BC中点,
    由(1)知,平面,又平面,
    所以平面平面,所以点到平面的距离等于点到的距离,
    因为,所以为正三角形,又为的中点,
    所以点到的距离为,因为平面平面SCD,
    所以点M到平面SCD的距离为.
    (3)存在,当N为SC中点时,平面平面,证明如下:
    连接EC,DM交于点O,连接SE,
    因为,并且,所以四边形EMCD为平行四边形,所以,
    又因为N为SC中点,所以,
    因为平面平面ABCD,平面平面,
    又平面SAD,由已知,
    所以平面ABCD,所以平面ABCD,
    又因为平面DMN,所以平面平面ABCD,
    所以存在点N,使得平面平面ABCD,.
    21. 对于定义在上的函数和正实数若对任意,有,则为阶梯函数.
    (1)分别判断下列函数是否为阶梯函数(直接写出结论):
    ①;②.
    (2)若为阶梯函数,求的所有可能取值;
    (3)已知为阶梯函数,满足:在上单调递减,且对任意,有.若函数有无穷多个零点,记其中正的零点从小到大依次为直接给出一个符合题意的a的值,并证明:存在,使得在上有4046个零点,且.
    解:(1),则;,
    则,
    故①否;②是.
    (2)因为为阶梯函数,所以对任意有:

    所以,对任意,,
    因为是最小正周期为的周期函数,
    又因为,所以,.
    (3).
    函数,
    则有:,

    取,
    则有:,,
    由于在上单调递减,因此在上单调递减,
    结合,
    则有:在上有唯一零点,在上有唯一零点,
    又由于,则对任意,
    有:,,
    因此,对任意,在上有且仅有两个零点:,,
    综上所述,存在,使得在上有4046个零点:
    ,,,,…,,,
    其中,.
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