北京市顺义区2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 含解析

这是一份北京市顺义区2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 含解析，共18页。
一、选择题共10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，复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】先求出复数的共轭复数，再由复数的几何意义即可得出答案.
【详解】复数的共轭复数为，
则对应的点坐标为，位于第三象限.
故选：C.
2. 已知向量，，那么向量可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用共线向量的坐标表示判断即得.
【详解】对于A，由，得与不共线，A不是；
对于B，由，得与不共线，B不是；
对于C，由，得与不共线，C不是；
对于D，由，得，D是.
故选：D
3. 在中，已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理求解即可.
【详解】由正弦定理可知，.
故选：C
4. 已知，则的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用和角的正切公式求解即得.
【详解】由，得，所以.
故选：B
5. 以一个等腰直角三角形的直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，若该等腰直角三角形的直角边长度为2，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆锥的体积公式求解即可.
【详解】由题意可知，该几何体是底面半径为2，高为2的圆锥，
则该几何体的体积为.
故选：A
6. 已知直线，，与平面，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】D
【解析】
【分析】利用直线与直线、直线与平面的位置关系逐项分析可得答案.
【详解】对于A，，，直线在平面内或与平面平行，A错误；
对于B，，，直线可以在平面内、与平面平行，也可以与平面相交，B错误；
对于C，，，直线与可以是相交直线、平行直线、也可以是异面直线，C错误；
对于D，，，由异面直线互相垂直的意义，得，D正确.
故选：D
7. 下列函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对于A，在单调递增，在单调递增，故A错误；对于B，作出函数的大致图象，由图可知，B正确；对于C，函数在单调递减，故C错误；对于D，函数最小正周期为，故D错误.
【详解】对于A，函数的最小正周期为，
当时，，
所以单调递增，在单调递减，故A错误；
对于B，作出函数的大致图象如图所示，函数的最小正周期为，且在区间单调递增，故B正确；
对于C，函数最小正周期为，由，得，当时，在单调递减，故C错误；
对于D，函数最小正周期为，故D错误.
故选：B.

8. 一个人骑自行车由地出发向东骑行了到达地，然后由地向北偏西60°方向骑行了到达地，此时这个人由地到地位移的大小为，那么的值为（ ）
A. 3B. 6C. 3或6D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，作出图形，利用余弦定理列式求解即得.
【详解】在中，，
由余弦定理得，即，
整理得，解得或.
故选：C

9. 已知，且．点是所在平面内的动点，满足．则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可得，再利用向量的线性运算及向量的三角不等式求出最小值.
【详解】在中，由，得，
因此
，
当且仅当与同向，且时取等号，
所以的最小值为2.
故选：A
10. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是上的动点（点不与、及的中点重合），矩形内接于扇形，且．，设矩形的面积与的关系为，则最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出，并求出函数，再利用三角恒等变换，正弦函数性质求出最大值.
【详解】依题意，在中，，
由正弦定理得，即，
，
而，因此当，即时，.
故选：A
【点睛】思路点睛：几何图形中的面积最值问题，解题关键是借助正余弦定理及三角形面积公式求出角的函数，结合三角恒等变换和三角函数性质求出最值.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5道小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题卡上．
11. 设复数满足，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法运算计算得解.
【详解】依题意，.
故答案为：
12. 在锐角中，，，的面积为，则__________．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】利用三角形面积公式求出，再利用同角公式计算得解.
【详解】依题意，，又是锐角三角形，
所以.
故答案为：
13. 在长方形中，，，点满足，则__________，__________．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立平面直坐标系，然后结合已知条件可求出点的坐标，进而可求得答案.
【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立平面直坐标系，
则，
所以，
因为，所以，
所以，，
所以，
所以.
故答案为：2，
14. 已知函数（，为常数，）的部分图象如图所示．则__________；若将函数图象上的点向右平移个单位长度得到点，且点仍在函数的图象上，则的最小值为__________．
【答案】 ①. 0 ②. ##
【解析】
【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，并求出值，再由求出的关系式即可得解.
【详解】观察函数图象，得函数的周期，，则，
由，且函数的图象在点附近是上升的，得，
即，因此，所以；
，而点在的图象上，则，即，
又，则或，解得或，
所以的最小值为.
故答案为：0；
15. 已知正方体的边长为2，且为棱的中点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面所成的角为，给出下列四个结论：

①存在点使得；
②点的轨迹长度为；
③三棱锥的体积的最小值为；
④线段长度最小值为．
其中所有正确结论的序号是__________
【答案】①②③
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质判断①，确定点的轨迹后利用圆的周长公式判断②，找到点面距离，结合轨迹图形判断③，合理转化，利用勾股定理判断④即可.
【详解】对于①，当在中点上时，如图，连接，，

因正方体，所以面，，
所以，由中位线定理得，而，
面，所以面，所以，故①正确，
对于②，所以与底面所成的角为，
故，而面，所以，
因为为棱的中点，所以，
所以点的轨迹半径为1的个圆，故长度为，故②正确，
对于③，如图，连接，

由正方体性质得，面，所以，
由勾股定理得，所以四边形是平行四边形，
而，所以四边形是矩形，
所以，设中点为，
如图，作，

而面，面，所以，
因为，面，
所以面，而正好在的轨迹上，
所以当运动到时，到面距离最短，
此时可以得到是的中位线，由勾股定理得，
所以，所以体积的最小值为，故③正确，
对于④，若最小，则最小，连接，，
如图，当共线时取得最小值，

由勾股定理得，此时，
由勾股定理得，故④错误.
故答案为：①②③
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是先找到点面距离所在线段，然后结合轨迹确定动点的位置，得到所要求的点面距离，进而得到体积即可．
三、解答题共6道题，共85分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16. 已知，是两个单位向量，其夹角为，，．
（1）求，；
（2）求与的夹角．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的定义、数量积的运算律求解即可.
（2）利用向量的运算律求出，再利用夹角公式计算即得.
【小问1详解】
单位向量，的夹角为，则，
所以，
.
【小问2详解】
由（1）知，，
因此，而，
所以与的夹角.
17. 设函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定．
条件①：；
条件②：的最大值为；
条件③：直线是函数的图象的一条对称轴．
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在区间上的单调递增区间．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由可得条件①不满足，利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，由条件②③结合正弦函数性质求出，进而求出最小正周期.
（2）由（1）求出的单调递增区间，进而求出在给定区间上的递增区间.
【小问1详解】
函数，有，因此条件①不满足，
，其中，
函数的最大值为，由条件②得，解得，
当时，，满足条件③，
当时，，不满足条件③，
因此函数满足条件②③，且唯一确定，
所以函数的最小正周期为.
【小问2详解】
由（1）知，，解得，
即函数在上单调递增，
所以函数在区间上的单调递增区间为.
18. 如图，在正方体中，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）写出直线与平面所成角的正弦值（只需写出结论）．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定，结合正方体的结构特征推理即得.
（2）利用线面垂直的判定推理即得.
（3）取的中点，确定线面角，借助直角三角形求出线面角的正弦.
【小问1详解】
在正方体中，，
则四边形是平行四边形，有，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
在正方体中，四边形为正方形，则，
而平面，平面，则，又平面，
所以平面.
【小问3详解】
取的中点，连接，是正方形边中点，则，
而平面，于是平面，是直线与平面所成的角，
令，则，，又，，
所以直线与平面所成角的正弦值.
19. 已知函数．在中，，且．
（1）求的大小；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和差的正弦公式、二倍角公式和辅助角公式化简函数，结合且，和三角形内角和定理计算得到；
（2）利用余弦定理和已知条件得到，再利用的面积公式计算得到答案.
【小问1详解】
因为且，所以，
又，所以，
则
因此
【小问2详解】
由余弦定理得
因为，
所以的面积为.
20. 如图，在五面体中，底面为正方形，，，，为的中点，为的中点，，．
（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）求五面体的体积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定、性质推理即得.
（2）取中点，利用线面垂直的判定、性质证得平面，再利用面面垂直的判定推理即得.
（3）利用锥体、柱体的体积公式分别求出四棱锥和三棱柱的体积即可.
【小问1详解】
由正方形，得，又平面，平面，
则平面，又平面平面，平面，
所以.
【小问2详解】
取的中点，连接，由为的中点，，得，
而，则，又，则，又，
平面，于是平面，而平面，则，
又，为的中点，即四边形是梯形，是平面内两条相交直线，
因此平面，而平面，
所以平面平面.
【小问3详解】
过作，交分别于，由为的中点，为的中点，
得，又，
由（2）知平面，则四棱锥的体积，
又，则四边形都是平行四边形，
于是，而平面，平面，则平面，
同理平面，又平面，因此平面面，
从而五面体为三棱柱，在三棱柱中，，
由平面，平面，得，而，
平面，则平面，
三棱柱的体积，
所以五面体的体积.
【点睛】思路点睛：求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．
21. 对于数集，其中，．定义向量集．若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P．
（1）已知数集，请你写出数集对应的向量集，是否具有性质P？
（2）若，且具有性质P，求x的值；
（3）若X具有性质P，求证：，且当时，．
【答案】（1），具有性质
（2）4 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据向量集的定义，即可写出.在中，检验任意，存在，使得，即可得出答案；
（2）在中取，可得或，根据数量积的坐标公式结合条件即得；
（3）取，设，根据条件可得 中一个必为，另一个数是1，从而 ，然后利用反证法，即得.
【小问1详解】
由已知可得，.
因为，，，，，，
即对任意，存在，使得，
所以，具有性质.
【小问2详解】
因为具有性质，
取，由，则中的或.
当时，由可得，.
因为，所以或，所以或.
又，则；
当时，有可得，.
因为，所以不存在，舍去.
综上所述，.
小问3详解】
因为数集，其中，
取，设，
由得，则，
则和中有一个数是，
则和中有一个数是，即，
假设，则，
再取，，则，
所以和异号，且其中一个值为，
若，则，矛盾；
若，则，矛盾；
则假设不成立，
可得当时，.
【点睛】思路点睛：根据题意向量集的概念，以及集合中的特殊元素“”，得出元素“1”，进而假设，根据数量积为0，推出矛盾，即可得出证明.
考生须知
1．本试卷总分150分，考试用时120分钟．
2．本试卷共6页，分为选择题（40分）和非选择题（110分）两个部分．
3．试卷所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．第一部分必须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，请将答题卡交回，试卷自己保留．