北京市怀柔区2023_2024学年高一数学下学期期末考试含解析

这是一份北京市怀柔区2023_2024学年高一数学下学期期末考试含解析，共23页。试卷主要包含了考生要认真填写姓名和考号， 已知在中，，则判断的形状， 设非零向量，则“”是“或”的等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.考生要认真填写姓名和考号.
2.本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题），满分150分，考试时间120分钟.
3.试题有答案必须填涂或书写在答题卡的对应位置，在试卷上作答无效.第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答.
4.考试结束后，考生应将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回.
第一部分（选择题共40分）
一､选择题：共10道小题，每小题4分，共40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. 在复平面内，复数对应点的坐标是，则（）
A. B.
C. D.
2. 已知向量，若，则实数（）
A. B. 1C. D. 4
3. 下列函数中，周期是，又是奇函数的是（）
A. B.
C. D.
4. 为了得到函数的图象，可以将函数的图象
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
5. 在中，角所对的边分别为，若，则角为（）
A. B. C. 和D. 和
6. （）
A. B. C. 0D. 1
7. 已知在中，，则判断的形状（）
A. 锐角三角形B. 钝角三角形
C. 直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
8. 已知是两条不重合直线，是两个不重合平面，则下列说法正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
9. 设非零向量，则“”是“或”的（）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 即不充分也不必要条件
10. 已知向量，向量，且，点在以原点为圆心，2为半径的圆上，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
第二部分（非选择题共110分）
二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 设复数满足，则__________．
12. 已知角终边经过点，则____________________.
13. 已知圆锥的母线长为4，轴截面是一个顶角为的等腰三角形，则该圆锥的体积为__________.
14. “堑堵”最早的文字记载见于《九章算术》“商功”章.《九章算术·商功》刘徽注：“邪解立方得二堑堵，邪解堑堵，其一为阳马；其一为鳖臑.其中“堑堵”是一个长方体沿不在同一面上的相对两棱斜解所得的三棱柱，如图，长方体的长为3，宽为4，高为5，若堑堵中装满水，当水用掉一半时，水面的高为__________.
15. 设函数，则下列选项中所有正确选项序号__________.
①当时，的最小正周期为；
②若对任意的实数都成立，则的最小正数为；
③将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若的图象关于原点对称，则；
④函数的图象与直线相交，若存在相邻两个交点间的距离为，则的所有可能值为2，4.
三､解答题：共6道小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知向量
（1）若，求及的值；
（2）若与平行，求实数的值；
（3）若与的夹角为，求实数的值.
17. 如图，已知正方体边长为2.
（1）证明：平面；
（2）证明：；
（3）求三棱锥的体积.
18. 在中，
（1）求值；
（2）求角和的面积.
19. 已知函数
从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一.
条件①：；
条件②：在区间单调，且；
条件③：函数相邻两个零点间的距离为.
选__________作条件
（1）求值；
（2）求在区间上的最大值与最小值及对应的的值.
20. 如图1，在中，分别为中点.将沿折起到的位置（与不重合），连，如图2.
（1）求证：平面平面；
（2）若平面与平面交于过直线，求证；
（3）线段上是否存在点，使得平面，若存在，指出点位置并证明；若不存在，说明理由.
21. 在平面直角坐标系中，定义向量为函数的有序相伴向量.
（1）设，写出函数的相伴向量；
（2）若的有序相伴向量为，若函数，与直线有且仅有2个不同的交点，求实数的取值范围；
（3）若的有序相伴向量为，当函数在区间上时值域为，则称区间为函数的“和谐区间”.当时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由.
怀柔区2023—2024学年度第二学期高一质量检测
数学
注意事项：
1.考生要认真填写姓名和考号.
2.本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题），满分150分，考试时间120分钟.
3.试题有答案必须填涂或书写在答题卡的对应位置，在试卷上作答无效.第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答.
4.考试结束后，考生应将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回.
第一部分（选择题共40分）
一､选择题：共10道小题，每小题4分，共40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. 在复平面内，复数对应点的坐标是，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，再由复数的乘法运算，即可求解.
【详解】因为复数对应点的坐标是，则，
所以.
故选：A
2. 已知向量，若，则实数（）
A. B. 1C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算可得答案.
【详解】若，则，解得.
故选：B.
3. 下列函数中，周期是，又是奇函数的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据周期公式和奇函数定义判断各个选项；
【详解】对于A.周期是，A错误；
对于B.周期是，因为是偶函数，B错误；
对于C.周期是，因为是偶函数，C错误；
对于D.周期是，又是奇函数，D正确；
故选：D.
4. 为了得到函数的图象，可以将函数的图象
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】D
【解析】
【详解】，据此可知，为了得到函数的图象，可以将函数的图象向右平移个单位长度.
本题选择D选项.
5. 在中，角所对的边分别为，若，则角为（）
A. B. C. 和D. 和
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由正弦定理代入计算，结合三角形的大边对大角，即可求解.
【详解】因为，则，
由正弦定理可得，则，
，所以或，
又，所以，即为锐角，所以.
故选：A
6. （）
A. B. C. 0D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】逆用正弦的差角公式进行求解.
【详解】
故选：A
7. 已知在中，，则判断的形状（）
A. 锐角三角形B. 钝角三角形
C. 直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦定理可得答案.
【详解】由余弦定理得，
所以，
可得，所以是直角三角形.
故选：C.
8. 已知是两条不重合直线，是两个不重合平面，则下列说法正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】对于ACD，举例判断，对于B，利用面面垂直的判定定理结合已知条件分析判断.
【详解】对于A，如图，当时，是异面直线，所以A错误，
对于B，因为，所以，
因为，所以，所以B正确，
对于C，如图，当时，是异面直线，所以C错误，
对于D，如图，当时，与，所以D错误，
故选：B
9. 设非零向量，则“”是“或”的（）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 即不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】结合向量的运算，根据充分条件和必要条件的定义即可判断
【详解】因为
所以，
又不能推出或；
但若“或”，则一定有，
所以“”是“或”的必要不充分条件，
故选：B.
10. 已知向量，向量，且，点在以原点为圆心，2为半径的圆上，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得为等边三角形，则或，设，然后分两种情况，再根据向量数量积的运算构造函数模型，通过函数思想求解即可.
【详解】因为，所以，
因为，，所以为等边三角形，
因为，所以或，设，
当时，则，
所以
，
因为，所以，
所以，
所以，
当时，则，
所以
，
因为，所以，
所以，
所以
综上，的取值范围是.
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积运算，考查向量的坐标运算，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是根据题意设出的坐标，然后用坐标计算数量积，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
第二部分（非选择题共110分）
二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 设复数满足，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据对数的除法运算求解复数，即可求得模长.
【详解】解：复数z满足，则，
所以.
故答案为：.
12. 已知角的终边经过点，则____________________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】利用三角函数的定义易得正切值和余弦值.
【详解】依题意，，，
则
故答案为：；.
13. 已知圆锥母线长为4，轴截面是一个顶角为的等腰三角形，则该圆锥的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求出底面的半径和圆锥的高，再用圆锥的体积公式即可得解.
【详解】
如图，图为圆锥的轴截面示意图，由题意可得，
所以底面半径为，圆锥的高为，
所以圆锥的体积为,
故答案为：.
14. “堑堵”最早的文字记载见于《九章算术》“商功”章.《九章算术·商功》刘徽注：“邪解立方得二堑堵，邪解堑堵，其一为阳马；其一为鳖臑.其中“堑堵”是一个长方体沿不在同一面上的相对两棱斜解所得的三棱柱，如图，长方体的长为3，宽为4，高为5，若堑堵中装满水，当水用掉一半时，水面的高为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直三棱柱及直四棱柱求出体积，由题意建立方程求解即可.
【详解】由题意，堑堵的体积，
当水用掉一半时，由相似可得充满水的直四棱柱底面梯形的上底长满足
，解得，
所以直四棱柱的体积，
即，解得或（舍去）.
故答案为：
15. 设函数，则下列选项中所有正确选项的序号__________.
①当时，的最小正周期为；
②若对任意的实数都成立，则的最小正数为；
③将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若的图象关于原点对称，则；
④函数的图象与直线相交，若存在相邻两个交点间的距离为，则的所有可能值为2，4.
【答案】②③④
【解析】
【分析】先化简，对于①，用求周期公式即可判断；对于②，根据题意可得过图象的最高点，从而列方程可求解；对于③，图象变换得到新的解析式，奇函数性质可解；；对于④，结合图像和函数周期性即可得解.
【详解】,
对于①，当时，的最小正周期为，故①错误；
对于②，因为对任意的实数都成立，即过图象的最高点，
所以满足方程，即
所以的最小正数为，故②正确；
对于③，因为的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，
所以
因为的图象关于原点对称，所以为奇函数，
所以，解得，故③正确；
对于④，因为函数的图象与直线相交，所以，
设一对相邻三个交点对应的横坐标为
不妨令
解得
因为相邻两个交点间的距离为，所以，解得；
，解得，
根据的周期性可知，满足题意的的所有可能值为2，4. 故④正确；
故答案为：②③④.
【点睛】关键点点睛：对于②的关键是根据题意发现过图象的最高点，从而列方程可解；对于③的关键是通过图像变换得到新的解析式，然后利用奇函数的性质得到从而得解，对于④的关键是图象交点问题转化为方程解的问题，然后取特殊的三个相邻交点的横坐标，根据函数的周期性发现相邻两个交点间的距离为只有两种情况，从而得解.
三､解答题：共6道小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知向量
（1）若，求及的值；
（2）若与平行，求实数的值；
（3）若与的夹角为，求实数的值.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）直接利用数量积的坐标运算求解，先求出的坐标，再求其模；
（2）先求出的坐标，再由两向量平行列方程求解；
（3）利用向量的夹角公式直接列方程求解即可.
【小问1详解】
当时，，
所以，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，
因为与平行，所以，解得；
【小问3详解】
因为与的夹角为，，
所以，
所以，解得.
17. 如图，已知正方体边长为2.
（1）证明：平面；
（2）证明：；
（3）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）根据题意，由线面垂直的性质定理即可证明；
（3）根据题意，由等体积法代入计算，即可求解.
【小问1详解】
在正方体中，连接交于，连接，交于，
连接，则，且平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为为正方体，则平面，且平面，
所以，又，，平面，
所以平面，又平面，所以.
【小问3详解】
.
18. 在中，
（1）求值；
（2）求角和的面积.
【答案】（1）
（2），的面积为
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角和二倍角公式可得，再利用余弦定理计算得出结果；
（2）根据余弦定理推论计算得出角；再根据三角形面积公式计算的结果；
【小问1详解】
在中，由正弦定理得
因为，所以，
由余弦定理得，代入，
解得或（舍）
【小问2详解】
由余弦定理推论得，
因为，所以角；
因此的面积为.
19. 已知函数
从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一.
条件①：；
条件②：在区间单调，且；
条件③：函数相邻两个零点间的距离为.
选__________作为条件
（1）求值；
（2）求在区间上的最大值与最小值及对应的的值.
【答案】（1）
（2）当时，；当时，
【解析】
【分析】先化简，（1）若选条件，分别求解，舍掉不满足存在且唯一，逐一检验即可得解，（2）由（1）得到解析式，求出相位范围即可求解.
【小问1详解】
，
若选条件①，,，即，无解，不合题意；
若选条件②，因为，
所以且
所以过图象的最高点，过图象的最低点，
又因为在区间单调，所以
解得，
当时，，
当时，，所以在区间不单调，不符合题意，所以；
若选条件③，因为相邻两个零点间的距离为，
所以，即，又，解得，不合题意；
综上，；
【小问2详解】
由（1）知，
当时，，
所以，当时，；
当时，.
20. 如图1，在中，分别为的中点.将沿折起到的位置（与不重合），连，如图2.
（1）求证：平面平面；
（2）若平面与平面交于过的直线，求证；
（3）线段上否存在点，使得平面，若存在，指出点位置并证明；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析. （2）证明见解析.
（3）在线段上存在点，即为的中点,使得平面.
【解析】
【分析】（1）先证明，根据线面垂直的判断定理得平面，再由面面垂直的判断定理即可证明；
（2）先证明平面，再由平面，且平面平面，根据线面平行性质得.
（3）线段上存在点，即为的中点，取中点，连接，证明平面，再由四点在同一个平面得到平面.
【小问1详解】
因为在中，分别为中点，
所以，
将翻折到的位置后，即，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
因为在中，分别为中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，且平面平面，
所以.
【小问3详解】
在线段上存在点，即为中点，使得平面.
证明如下：
取中点，连接，
由（1）可知，平面，
因为平面，
所以，
因为为中点，
所以，即为等腰三角形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为为的中点，即，
所以四点在同一个平面.
所以平面.
21. 在平面直角坐标系中，定义向量为函数的有序相伴向量.
（1）设，写出函数的相伴向量；
（2）若的有序相伴向量为，若函数，与直线有且仅有2个不同的交点，求实数的取值范围；
（3）若有序相伴向量为，当函数在区间上时值域为，则称区间为函数的“和谐区间”.当时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）或
（3）答案见详解
【解析】
【分析】（1）根据两角差的正弦公式即可求解；
（2）画出的图像以及直线的图像，数形结合可得的取值范围；
（3）结合函数图像，对进行分类讨论即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以函数的相伴向量；
【小问2详解】
若的有序相伴向量为，则，
所以，
如图所示，
当，
；
由图像可知，若函数与直线有且仅有2个不同的交点，则或；
【小问3详解】
若的有序相伴向量为，则，
当时，，
当时，假设存在是否存在“和谐区间”，则由，得，
①若，则由，知，与值域矛盾，故存在“和谐区间”，
②同理，时，也，不存在；
下面讨论
③若，则，故的最小值为，于是，所以，所以的最大值为，故，此时的定义域为，值域为，符合题意，
④若，
当时，同理可得，舍去，
当时，在 上单调递减，
所以，于是，
若，即，，故，，
与矛盾，
若，同理，矛盾，
所以，即，
由图像可知，当时，，
因为，所以，从而，从而，矛盾，
综上所述，有唯一“和谐区间”.
【点睛】此题为向量和三角函数相结合的新定义问题；主要把握住它们之间的转换关系即可，熟记三角恒等变换的有关公式；求取值范围转换为函数问题，数形结合解决问题.