2023-2024学年北京市第一零一中学高一下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市第一零一中学高一下学期期末考试数学试题（含解析），共15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.sinπ8csπ8的值为( )
A. 12B. 22C. 24D. 14
2.已知复数z满足z3+i=3+i2，则z=( )
A. 35−15iB. 35+15iC. 34−14iD. 34+14i
3.如果两个不重合平面有一个公共点，那么这两个平面( )
A. 没有其他公共点B. 仅有这一个公共点 C. 仅有两个公共点D. 有无数个公共点
4.已知奇函数fx的图象的一条对称轴为直线x=12，那么fx的解析式可以为( )
A. y=sin3πxB. y=csx+π4
C. y=sinπ2x+π3D. y=tanπx
5.将边长为4的正方形ABCD沿对角线AC折起，折起后点D记为D′.若BD′=4，则四面体ABCD′的体积为( )
A. 16 23B. 8 23C. 16 2D. 8 2
6.“α+β=π2+2kπ，k∈Z”是“sinα=csβ”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
7.在▵ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=π3，b=2，给出下列五个a的值：① 2；② 3；③ 142；④2；⑤3.其中能使得△ABC存在且唯一确定的是( )
A. ①④B. ②③C. ④⑤D. ②④⑤
8.在▵ABC中，csB=−12，AB=BC=2，已知点P满足AP=λAB+1−λAC，且AB⋅AP=92，则λ=( )
A. 14B. 13C. 12D. 34
9.在▵ABC中，若c=4，b−a=1，csC=−14，则sinA为( )
A. 18B. 158C. 16D. 156
10.如图，四棱锥S−ABCD中，底面是正方形，各侧棱都相等，记直线SA与直线AD所成角为α，直线SA与平面ABCD所成角为β，二面角S−AB−C的平面角为γ，则( )
A. α>β>γB. γ>α>βC. α>γ>βD. γ>β>α
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.已知复数z满足z=1，z−i=1，则z的虚部为 ．
12.已知a，b是平面α外的两条不同直线．给出下列六个论断：①a//α；②b//α；③a⊥α；④b⊥α；⑤a⊥b；⑥a//b.选其中的两个论断作为条件，余下的其中一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ．
13.已知θ∈π2,3π2，sinθ+cs2θ=0，则tanθ= ．
14.如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=2 2，∠B=2∠D=2π3，记▵ABC与▵ACD的面积分别为S1，S2，则S2−S1的值为 ．
15.如图1是唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似的看作是半球与圆柱的组合体(如图2).当这种酒杯内壁的表面积为Scm2，半球的半径为Rcm时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积(厚度忽略不计)的3倍，则 SR的取值范围是 .(π取3)
16.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B1D1上，且D1E=14D1B1，给出下列四个结论：

①存在点P，使得直线PE//平面C1BD；
②点P沿直线AC从点A移动到点C的过程中，四面体C−D1B1P的体积逐渐减小；
③若PE≤5，则点P轨迹的长度为 7；
④当二面角P−D1B1−C的平面角的正切值为2 2时，平面PD1C1截正方体所得截面图形的面积为16 2．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共4小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知函数fx=asinxcsx+cs2x+π6，且fπ4=32．
(1)求a的值和fx的最小正周期；
(2)求fx在0,π上的单调递增区间．
18.(本小题12分)
已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2+c2=a2−2bcsinA．
(1)求A的大小；
(2)若D是边AB的中点，且CD=2，求c+2 2b的取值范围．
19.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD//BC，∠BAD=90∘，AB=AD=1，BC=2．
(1)求证：AF⊥CD；
(2)若M为线段BD的中点，求证：CE//平面AMF；
(3)求多面体ABCDEF的体积．
20.(本小题12分)
定义向量OM=a,b的“伴随函数”为fx=asinx+bcsx；函数fx=asinx+bcsx的“伴随向量”为OM=a,b．
(1)写出OM=1,2的“伴随函数”fx，并直接写出fx的最大值；
(2)写出函数fx=sinx−π3+sinx的“伴随向量”为ON，并求ON；
(3)已知OM=ON=1，OM的“伴随函数”为fx，ON的“伴随函数”为gx，设OP=λOM+μONλ>0,μ>0，且OP的伴随函数为ℎx，其最大值为p．
①若λ=μ=1，求p的取值范围；
②求证：向量OM=−ON的充要条件是p=λ−μ．
答案解析
1.C
【解析】sinπ8csπ8=12sinπ4= 24．
故选：C．
2.A
【解析】由题可得z=3+i23+i=23−i3+i3−i=35−15i．
故选：A
3.D
【解析】如果两个不重合平面有一个公共点，那么这两个平面有一条过公共点的公共直线．
故选：D．
4.A
【解析】对于A，函数y=fx=sin3πx的定义域为R，
因为f−x=−sin3πx=−fx，所以fx为奇函数，
因为f12=−1，所以x=12是y=sin3πx的图象的一条对称轴，故 A符合题意；
对于B，函数y=fx=csx+π4的定义域为R，
因为fπ4=0,f−π4=1，所以函数y=csx+π4不是奇函数，故 B不符题意；
对于C，函数y=fx=sinπ2x+π3的定义域为R，
因为f2=sinπ+π3=− 32,f−2=sin−π+π3=− 32，
所以函数y=sinπ2x+π3不是奇函数，故 C不符题意；
对于D，函数y=tanπx的图象不是轴对称图形，故 D不符题意．
故选：A．
5.A
【解析】

在边长为4的正方形ABCD中，连接BD交AC于点O，
可得OD′=OD=OB=2 2，
由于BD′=4，所以BD′2=OB2+OD′2，则OD′⊥OB，
又因为OD′⊥AC,AC∩OB=O，AC,OB⊂平面ABC，
所以OD′⊥平面ABC，
即四面体ABCD′的体积为13S▵ABC⋅OD′=13×8×2 2=16 23，
故选：A．
6.A
【解析】解：sinα=csβ⇒cs(π2−α)=csβ，
∴β=2kπ±(π2−α)，k∈Z．
化为：α+β=π2+2kπ，k∈Z，或β−α=−π2+2kπ，k∈Z，
∴“α+β=π2+2kπ，k∈Z”是“sinα=csβ”的充分不必要条件．
故选：A．
7.D
【解析】
根据已知A=π3，b=2，可知三角形AB边上的高ℎ=bsinA=2× 32= 3，
所以要使得▵ABC存在且唯一确定的解，则a= 3,或a≥2，
故有②④⑤满足，
故选：D．
8.D
【解析】因为csB=−12，B∈0,π，所以B=2π3，
又AB=BC=2，所以▵ABC为等腰三角形，∠BAC=π6，
由余弦定理得AC= 22+22−2×2×2×−12=2 3，
因为AB⋅AC=2×2 3×csπ6=6，
所以AB⋅AP=λAB2+1−λAB⋅AC=4λ+61−λ=92，解得λ=34．
故选：D
9.B
【解析】由余弦定理得a2+b2+12ab=b−a2+52ab=16，即ab=6，
联立b−a=1ab=6，解得a=2,b=3，
因为csC=−14，C∈0,π，所以sinC= 1−cs2C= 1−116= 154，
由正弦定理可得sinA=asinCc=2× 1544= 158．
故选：B
10.C
【解析】如图，过S作SO⊥平面ABCD，过O分别作OE⊥BC,OF⊥CD于E、F，
连接OC,SE,SF，
则∠SCE=α,∠SCO=β,∠SFO=γ，因为sinα=SESC>sinβ=SOSC，所以α>β，
又因为tanγ=SOOFtanβ=SOOC，所以γ>β，
综上可得，α>γ>β，
故选：C．
11.12/0.5
【解析】设z=a+bi,a,b∈R，
由z=1，z−i=1，
得a2+b2=1a2+b−12=1，解得b=12,a2=34，
所以z的虚部为12．
故答案为：12．
12.a⊥α,b⊥α，则a//b(答案不唯一，符合题意均可)
【解析】以③④作条件，⑥作结论，即若a⊥α,b⊥α，则a//b．
因为a⊥α,b⊥α，
所以a//b．
故答案为：a⊥α,b⊥α，则a//b.(答案不唯一，符合题意均可)
13. 33/13 3
【解析】因为sinθ+cs2θ=0，
故sinθ+1−2sin2θ=0，解得sinθ=−12或sinθ=1，
而θ∈π2,3π2，则sinθ=−12，csθ=− 32，故tanθ= 33，
故答案为： 33
14.2 3
【解析】在▵ABC中，由余弦定理得csB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC，
即−12=8+BC2−AC24 2BC，得BC2−AC2=−2 2BC−8①，
在▵ACD中，由余弦定理得csD=AD2+CD2−AC22AC⋅CD，
即12=8+CD2−AC24 2CD，得CD2−AC2=2 2CD−8②，
又S1=12AB⋅BCsin2π3= 62BC,S2=12AD⋅CDsinπ3= 62CD，
所以S2−S1= 62CD− 62BC= 62(CD−BC)③，
由②−①，得CD2−BC2=2 2(CD+BC)，由CD+BC>0，
得CD−BC=2 2，代入③得S2−S1=2 3．
故答案为：2 3．
15.( 6, 14]
【解析】设圆柱的高为ℎ，则S=2πR2+2πRℎ，故ℎ=S−2πR22πR，
酒杯的体积为V1=12×43πR3+πR2ℎ=23πR3+πR2⋅S−2πR22πR=S2R−π3R3，
半球积分为V2=23πR3，由题意可得S2R−π3R3≤3×23πR3，
则R≥ 3S14π，又ℎ=S−2πR22πR>0,∴R< S2π，
则 3S14π≤R< S2π，故 2π< SR≤ 14π3，
而π取3，故 6< SR≤ 14，
故答案为：( 6, 14]
16.①②④
【解析】对于①，当P点位于A点时，由于BB1//DD1,BB1=DD1，即四边形BB1D1D为平行四边形，
则B1D1//BD，同理可证AD1//BC1，
由于B1D1⊄平面C1BD，BD⊂平面C1BD，故B1D1//平面C1BD，
同理AD1//平面C1BD，而B1D1∩AD1=D1,B1D1,AD1⊂平面AB1D1，
故平面AB1D1//平面C1BD，此时PE⊂平面AB1D1，则PE//平面C1BD，
即存在点P，使得直线PE//平面C1BD，①正确；

对于②，由于AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，故AA1⊥B1D1，
而A1C1⊥B1D1，而AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1⊂平面AA1C1，故B1D1⊥平面AA1C1，
AC1⊂平面AA1C1，故B1D1⊥AC1，同理可证B1C⊥AC1，
B1D1∩B1C=B1,B1D1,B1C⊂平面CB1D1，故AC1⊥平面CB1D1，
由于VC−D1B1P=VP−CD1B1，过点P作PQ⊥平面CB1D1，垂足为Q，则PQ//AC1，
当P点沿直线AC从点A移动到点C的过程中，PQ长逐渐变小，
而▵CB1D1的面积为定值，故VP−CD1B1逐渐变小，即VC−D1B1P逐渐减小，②正确；

对于③，D1E=14D1B1=14×4 2= 2，作EG⊥A1D1，垂足为G，连接AG，
则A1G=3,EG=1，此时EA=EC= 42+32+12= 26>5
则P点轨迹为在AC上的线段，如图示，
▵EAC为等腰三角形，则其底边上的高为EH= 26−2 22=3 2<5，
故当P向点C运动时，EP逐渐变小，故在线段AH上存在一点P，使得PE=5，
同理在靠近C的那一侧也存在一点P，使得PE=5，
当PE=5时，PH= 52−3 22= 7，则点P轨迹的长度为2 7，③错误；

对于④，设A1C1,B1D1交于R，则R为B1D1的中点，
由于AB1=AD1,CB1=CD1，故AR⊥B1D1,CR⊥B1D1，
即∠ARC为二面角A−B1D1−C的平面角，而AR=CR= 42+2 22=2 6,AC=4 2，
故cs∠ARC=AR2+CR2−AC22AR×CR=48−322×2 6×2 6=13，即∠ARC为锐角，
则sin∠ARC=2 23，即tan∠ARC=2 2，
当P点由A向C运动时，∠ARC将变小，
即可知当二面角P−D1B1−C的平面角的正切值为2 2时，P点位于A处，
由于AB//C1D1，此时平面PD1C1截正方体所得截面即为矩形ABC1D1，
面积为4×4 2=16 2，④正确，

故答案为：①②④
17.(1)因为fπ4=32，所以fπ4=asinπ4csπ4+csπ2+π6=32，
即12a−12=32，解得a=4，
所以fx=4sinxcsx+cs2x+π6=2sin2x+ 32cs2x−12sin2x
=32sin2x+ 32cs2x= 3sin2x+π6，
所以fx的最小正周期为2π2=π．
(2)由−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z，解得−π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z，
所以fx的单调递增区间为−π3+kπ,π6+kπ,k∈Z，
所以fx在0,π上的单调递增区间为0,π6,2π3,π．
【解析】(1)根据fπ4=32求出a，然后利用三角恒等变换公式化简，由周期公式可得；
(2)利用整体代入法求出fx的单调递增区间，结合x∈0,π可得．
18.(1)因为b2+c2=a2−2bcsinA
所以csA=b2+c2−a22bc=−2bcsinA2bc=−sinA，
所以tanA=−1，又因为A∈0,π，所以A=3π4；
(2)
令∠ACD=θ，因为A=3π4，所以θ∈0,π4
由正弦定理可得：bsinπ4−θ=CDsinA⇒bsinπ4−θ=2sin3π4⇒b=2 2sinπ4−θ
ADsinθ=CDsinA⇒ADsinθ=2sin3π4⇒AD=2 2sinθ，
所以c=2AD=4 2sinθ，
所以c+2 2b=4 2sinθ+2 2×2 2sinπ4−θ=4 2csθ，
又因为θ∈0,π4，所以csθ∈ 22,1
所以c+2 2b∈4,4 2
【解析】(1)根据余弦定理可以求解；
(2)令∠ACD=θ，利用正弦定理，把边长b,c都用θ表示，最后用三角函数知识解得取值范围．
19.(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AF⊥AD．
又因为平面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)延长AM交BC于点G，
因为AD//BC，M为BD中点，
所以ΔBGM≌ΔDAM，
所以BG=AD=1．
因为BC=2，所以GC=1．
由已知FE=AD=1，且FE//AD，
又因为AD//GC，所以FE//GC，且FE=GC，
所以四边形GCEF为平行四边形，所以CE//GF．
因为CE⊄平面AMF，GF⊂平面AMF，
所以CE//平面AMF．
(3)设G为BC中点，连接DG，EG．
由已知DG//AB，所以DG//平面AFB．
又因为DE//AF，所以DE//平面AFB，
所以平面DEG//平面AFB．
因为AD⊥AB，AD⊥AF，所以AD⊥平面ABF，
所以多面体AFB−DEG为直三棱柱．
因为AB=AF=AD=1，且∠BAF=90∘，
所以V1=V三棱柱AFB−DEG=SΔAFB⋅AD=12×1×1×1=12．
由已知DG//AB，且DG=AB，
所以DG⊥GC，且DG=GC=1．
又因为DE//AF，AF⊥平面CDG，
所以DE⊥平面CDG．
因为DE=AF=1，
所以V2=V三棱锥E−CDG=13SΔCDG⋅DE=13×12×1×1×1=16，
所以V多面体ABCDEF=V1+V2=12+16=23．
【解析】(1)由题意结合几何关系可证得AF⊥平面ABCD，由线面垂直的定义即可证得AF⊥CD．
(2)延长AM交BC于点G，由题意可证得四边形GCEF为平行四边形，据此结合线面平行的判定定理证明题中的结论即可；
(3)设G为BC中点，连接DG，EG.将多面体分割为两部分，分别求解对应的体积，然后相加即可确定多面体ABCDEF的体积．
20.(1)因为OM=1,2，所以a=1,b=2，
所以fx=asinx+bcsx=sinx+2csx= 5sinx+φ，所以fx的最大值为 5；
(2)因为fx=sinx−π3+sinx=12sinx− 32csx+sinx=32sinx− 32csx，
所以“伴随向量”为ON=32,− 32，所以ON= 322+− 322= 3；
(3)设OM=csα,sinα,ON=csβ,sinβ，
①因为λ=μ=1，所以OP=OM+ON=csα+csβ,sinα+sinβ，
所以ℎx=csα+csβsinx+sinα+sinβcsx
= csα+csβ2+sinα+sinβ2sinx+φ，
所以p= csα+csβ2+sinα+sinβ2= 2+2csαcsβ+sinαsinβ
= 2+2csα−β，
因为−1≤csα−β≤1，所以p的取值范围是0,2；
②因为OP=λOM+μON=λcsα+μcsβ,λsinα+μsinβ，
所以ℎx=λcsα+μcsβsinx+λsinα+μsinβcsx
= λcsα+μcsβ2+λsinα+μsinβ2sinx+ψ
= λ2+μ2+2λμcsα−βsinx+ψ，
所以p= λ2+μ2+2λμcsα−β，
充分性：p= λ2+μ2+2λμcsα−β≥ λ2+μ2−2λμ=λ−μ，
当且仅当α−β=π+2kπ,∈Z，即OM=−ON时，等号成立，所以OM=−ON．
必要性：当OM=−ON时，α−β=π+2kπ,∈Z，
所以p= λ2+μ2+2λμcsα−β= λ2+μ2−2λμ=λ−μ，
综上所述，向量OM=−ON的充要条件是p=λ−μ．
【解析】(1)由辅助角公式化简即可求解；
(2)结合两角差的正弦公式和辅助角公式化简即可求解；
(3)设OM=csα,sinα,ON=csβ,sinβ，得到p= λ2+μ2+2λμcsα−β，先证明充分性，再证明必要性．