2024-2025学年北京市石景山区高一下学期期末考试数学试题(含解析）

这是一份2024-2025学年北京市石景山区高一下学期期末考试数学试题(含解析），共13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。

一、单选题
1．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知平面向量，且，则（ ）
A．B．0C．1D．2
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．下列函数中，最小正周期为的奇函数是（ ）
A．B．C．D．
5．将函数的图象沿轴向右平移个单位长度，得到函数的图象，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知中，，则角A的值是（ ）
A．B．C．或D．或
7．已知和是夹角为的单位向量，，，则与的夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．0D．
8．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
9．在中，，则的形状为（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形
10．已知函数，其中，，直线与的图象相交，其中两个相邻交点分别是、，当或时，取最大值为，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．已知复数（为虚数单位），则的模为 ．
12．已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，则其体对角线的长为 ；若E为BC边上一点，则四棱锥的体积为 ．
13．在△ABC中，请给出一个值 ，使该三角形有两解.
14．如图，矩形中，，，为的中点. 当点在边上时，的值为 ；当点沿着，与边运动时，的取值范围为 .
15．已知函数，．给出下列三个结论：
①是偶函数；
②的值域是；
③在区间上单调递减；其中，所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
16．已知，且．
(1)求的值；
(2)若角β的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点，求的值．
17．已知平面向量，满足，，且与的夹角为．
(1)求以及；
(2)若向量与不能作为平面向量的一组基底，求实数λ的值．
18．已知函数．
(1)求的最小正周期及单调递增区间；
(2)当时，的取值范围为，求m的最大值．
19．在中，．
(1)求A的值；
(2)若，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求b的值和的面积．
条件①：；条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
20．已知n为正整数，集合，对于中任意两个元素和，定义：．
(1)若，且，写出所有的β使得；
(2)已知集合A满足，且对集合A中任意两个元素α，β都有．设集合A的元素个数为k，求k的最大值．
《北京市石景山区2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题》参考答案
1．A
【分析】利用共轭复数的特点即可求出结果.
【详解】复数，则，
故选：A
2．D
【分析】由等价于，即可计算出答案.
【详解】因为，
所以解得：，
故选：D.
3．D
【分析】利用诱导公式即可求得结果.
【详解】由诱导公式得
故选：D
4．C
【分析】利用二倍角公式及正（余）弦函数的性质判断即可；
【详解】对于A：为偶函数，故A错误；
对于B：的最小正周期为，故B错误；
对于C：，最小正周期，且为奇函数，故C正确；
对于D：，则，故为偶函数，故D错误；
故选：C
5．A
【分析】根据函数图像平移，解方程即可求得结果.
【详解】将函数的图象沿轴向右平移个单位长度，
即可得，
故可得，解得，
又因为，故可得.
故选：A.
【点睛】本题考查由函数图像平移求函数解析式，属基础题.
6．A
【分析】由正弦定理结合大边对大角即可得出答案.
【详解】由正弦定理可得：，则，
解得：，则或，
因为，所以，所以.
故选：A.
7．C
【分析】利用两个向量的夹角公式即可求得结果.
【详解】，
所以，与的夹角的余弦值为0.
故选：C
8．B
【分析】根据二倍角的正弦公式结合同角三角函数的关系化弦为切，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】由，
得，解得或，
由，得，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
9．B
【分析】利用半角公式结合正弦定理、两角和的正弦公式化简计算得，根据三角形内角的范围计算可得，即可得出结论.
【详解】由题意，，化简整理得，
根据正弦定理，可得，即，
因为，所以，
则，
又，，
则.
所以的形状为直角三角形.
故选：B.
10．A
【分析】分析得出函数的最大值和最小值，可求得、的值，并得出该函数的最小正周期，求出的值，可得出函数的解析式，代值计算可得的值.
【详解】由已知可得，，且函数的最小正周期为，
则，，，
则，则.
故选：A.
【点睛】方法点睛：根据三角函数的部分图象或基本性质求函数解析式的方法：
（1）求、，；
（2）求出函数的最小正周期，进而得出；
（3）取特殊点代入函数可求得的值.
11．
【详解】，所以．
12．
【分析】结合图形，借助于直角三角形可求的长，利用平面可将四棱锥的体积转化为四棱锥的体积，即可求得.
【详解】
如图，连接，在中，，；
因，平面，平面，则平面，
因E为BC边上一点，故四棱锥的体积即四棱锥的体积，
而，
即四棱锥的体积为.
故答案为：；.
13．3（答案不唯一）
【分析】先由正弦定理得到，由三角形有两个解，可得且，进而可得答案.
【详解】根据正弦定理得到，
因为三角形有两个解，
且，
即且，可得
所以时，三角形有两个解.
故答案为：3（答案不唯一）.
14． 8
【分析】建立坐标系，利用坐标运算求出向量的点积，分情况讨论即可.
【详解】
第一空：以A为坐标原点建立直角坐标系，则,
当点沿着边运动时,设，故;
第二个空：当点沿着边运动时，设，；
当点沿着边运动时，设，，因为；
当点沿着边运动时，设，；
综上：的取值范围为.
故答案为：8；
15．①③
【分析】计算出可判断①，分和两种情况求出的范围，然后结合其周期性可得值域，即可判断②，当时，，可判断单调性，从而判断上的单调性.
【详解】由题意，，所以是偶函数，故①正确；
当时，，
当时，，
又因为，所以的值域是，故②错误；
当时，，此时，
所以在上单调递减，则在区间上单调递减，故③正确.
故答案为：①③.
16．(1)，
(2)
【分析】（1）根据同角基本关系式求解；
（2）根据三角函数定义求出，，再利用和差角公式求解.
【详解】（1）因为，所以，
则．
（2）角终边过点，则．
，．
所以，．
．
17．(1)，
(2)
【分析】（1）利用向量数量积的定义求出的值，再运用向量数量积的运算律计算即可；
（2）根据平面的基底概念可得与共线，再利用向量共线的充要条件即可求得λ的值.
【详解】（1）
，
则，
故．
（2）因为向量与不能作为平面向量的一组基底，
所以与共线．
则存在实数k，使得，
又因为与不共线，所以，解得，
所以实数的值为：．
18．(1)，函数的单调递增区间为，
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式可得，则可求其最小正周期，利用整体代换法可求其单调递增区间；
（2）利用整体代换法求出，由的取值范围为，从而可求解.
【详解】（1）由，
则最小正周期为，
令，因为的单调递增区间是，，
所以，，即，，
解得，，
所以函数的单调递增区间为，；
（2）当时，，
令，则，所以的取值范围为，
由的性质可知，，解得，
所以的最大值为．
19．(1)
(2)，
【分析】（1）根据三角恒等变换及特殊角的三角函数值计算可得；
（2）依题意求出，利用正弦定理求出边，最后根据计算可得.
【详解】（1）因为，
即，所以．
因为，所以，
所以，．
（2）若选①：由，，所以．
由正弦定理，即，解得，
又，
所以．
若选②：因为，，．
由正弦定理，即得，因为，所以，
所以，由正弦定理，即，解得．
所以．
20．(1)或
(2)k的最大值为4
【分析】（1）根据定义直接求解即可；
（2）根据定义，结合反证法进行求解即可.
【详解】（1）设，
所以或．
或．
（2）k的最大值为4．
因为，且，，，
则α，β中两个位置上的数相同，剩下的两个位置相反．
设，则．
取，，，
此时满足，，且．
假设存在使得，
则或或．
当时，；
当时，；
当时，．
所以找不到使得均为0，k的最大值为4．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
D
C
A
A
C
B
B
A