2022北京西城高一（下）期末数学（教师版）

这是一份2022北京西城高一（下）期末数学（教师版），共13页。试卷主要包含了解答题共6小题，共85分等内容，欢迎下载使用。
2022北京西城高一（下）期末数    学一、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．（4分）在复平面内，复数对应的点在　　A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（4分）设向量，，则　　A． B． C． D．3．（4分）设，为两条直线，，为两个平面．若，，，则　　A． B． C． D．以上答案都不对4．（4分）若，则　　A． B． C． D．5．（4分）函数，，的最大值和最小值分别为　　A．1， B． C．1， D．1，6．（4分）在中，若，则实数的取值范围是　　A． B． C．， D．7．（4分）已知向量，满足，，，那么向量，的夹角为　　A． B． C． D．8．（4分）函数的图像　　A．关于原点对称 B．关于轴对称 C．关于直线对称 D．关于点，对称9．（4分）设，则“，”是“”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10．（4分）如图，正方形的边长为2，为正方形四条边上的一个动点，则的取值范围是　　A．， B．， C．， D．，二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）设复数满足，则　　．12．（5分）在中，，，，则　　．13．（5分）已知长、宽、高分别为3，4，5的长方体的八个顶点均在一个球的表面上，那么该球的表面积等于 　　．14．（5分）在直角中，斜边，则　　．15．（5分）已知a为常数，θ∈[0，2π），关于θ的方程sin2θ﹣cosθ+a＝0有以下四个结论：①当a＝0时，方程有2个实数根；②存在实数a，使得方程有4个实数根；③使得方程有实数根的a的取值范围是[﹣1，1]；④如果方程共有n个实数根，记n的取值集合为M，那么1∈M，3∈M．其中，所有正确结论的序号是 　   　．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．（13分）在平面直角坐标系中，角以为始边，终边经过点．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的值．17．（14分）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点．（Ⅰ）若，求四棱锥的体积；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求证：平面．18．（13分）在中，，，从①；②；③这三个条件中任选一个作为题目的已知条件．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的面积．19．（15分）已知函数．（Ⅰ）求的最小正周期；（Ⅱ）设，若函数在区间上单调递增，求的最大值．20．（15分）如图，在正方体中，，为上底面的中心．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求点到平面的距离；（Ⅲ）判断棱上是否存在一点，使得？并说明理由．21．（15分）设函数的定义域为，，其中常数．若存在常数，使得对任意的，，都有，则称函数具有性质．（Ⅰ）当，时，判断函数和是否具有性质？（结论不要求证明）（Ⅱ）若，函数具有性质，且当，时，，求不等式的解集；（Ⅲ）已知函数具有性质，（1），且的图像是轴对称图形．若在，上有最大值，且存在，使得，求证：其对应的．
参考答案一、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．【分析】根据已知条件，结合复数的乘法原则和复数的几何意义，即可求解．【解答】解：对应的点位于第二象限．故选：．【点评】本题考查了复数的几何意义，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．2．【分析】利用向量坐标运算求坐标，再由数量积的坐标运算求．【解答】解：由题设，，所以．故选：．【点评】本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算，属于基础题．3．【分析】由空间中的线面关系判断即可．【解答】解：，，，又，．故选：．【点评】本题考查了空间中的线面关系，属于基础题．4．【分析】由诱导公式直接求解即可．【解答】解：因为，所以．故选：．【点评】本题考查诱导公式的应用，属基础题．5．【分析】由已知可得的取值范围，从而由正弦函数的性质得出函数的最大值和最小值．【解答】解：因为，，所以，，所以当，即时，的最大值为1，当，即时，的最小值为．即，，的最大值和最小值分别为1，．故选：．【点评】本题主要考查正弦函数的图象及性质，考查了函数思想，属于基础题．6．【分析】利用余弦定理和三角函数的取值范围即可得出的取值范围．【解答】解：，．，，解得．故实数的取值范围是．故选：．【点评】本题考查了余弦定理和三角函数的取值范围，属基础题．7．【分析】利用已知条件求出，再利用向量的夹角公式即可求解．【解答】解：因为，，，所以，所以，所以，，又，，，所以，．故选：．【点评】本题主要考查两向量夹角的求法，考查向量垂直的性质，考查运算求解能力，属于基础题．8．【分析】运用二倍角的余弦公式化简函数得，可得函数为奇函数，可判断，求得对称轴与对称中心可判断．【解答】解：，，函数为奇函数，故图象关于原点对称，故正确，错误，函数的对称轴为，，故错误；函数的对称中心为，，故错误；故选：．【点评】本题考查二倍角的余弦公式，以及函数的奇偶性，对称轴与对称中心，属基础题．9．【分析】，结合正弦型函数的性质，以及充分、必要条件的定义，即可求解．【解答】解：，当时，则，此时，充分性成立，当，则且，即且，，，，必要性成立，故“，”是“”的充分必要条件．故选：．【点评】本题主要考查正弦型函数的性质，以及充分、必要条件的定义，属于基础题．10．【分析】建立平面直角坐标系，分点在上，点在上，点在上，点在上，利用数量积的坐标运算求解．【解答】解：建立如图所示平面直角坐标系：则，，当点在上时，设，，则，所以；当点在上时，设，，则，所以；当点在上时，设，，则，所以；当点在上时，设，，则，所以；综上：的取值范围是，．故选：．【点评】本题考查了平面向量数量积的坐标运算和取值范围的问题，属于中档题．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．【解答】解：，，．故答案为：．【点评】本题主要考查复数的运算法则，以及复数模的公式，属于基础题．12．【分析】根据正弦定理可求．【解答】解：由正弦定理得：，得．故答案为：2．【点评】本题考查了正弦定理，属基础题．13．【分析】因为长方体的对角线为外接球的直径，由长方体的棱长可得外接球的直径，代入球的表面积公式，求出其值．【解答】解：因为长方体的对角线为外接球的直径，设外接球的直径为，则，即．所以外接球的表面积，故答案为：．【点评】本题考查长方体的对角线与外接球的直径的关系，球的表面积公式的应用，属于基础题．14．【分析】利用相反向量和向量的加法法则即可求解．【解答】解：因为在直角中，斜边，所以，故答案为：16．【点评】本题考查了平面向量数量积的性质和运算，属于基础题．15．【分析】利用同名三角函数将题上方程转化为关于cosθ且含有参数a的一元二次方程进行求解．【解答】解：由于关于θ的方程sin2θ﹣cosθ+a＝0且θ∈[0，2π），化简为cos2θ+cosθ﹣（a+1）＝0，令t＝cosθ∈[﹣1，1]，则t2+t﹣（a+1）＝0，t1+t2＝﹣1，t1•t2＝﹣（a+1），且Δ＝4a+5．对于①：当a＝0时，Δ＞0，cosθ＝，又θ∈[0，2π），故θ有2个值，故①正确．对于②：当Δ＞0时，若cosθ∈（﹣1，1），cosθ就有两个解，又θ∈[0，2π），θ可能对应有四个解，故②正确．对于③：令cosθ＝t，t∈[﹣1，1]，则f（t）＝﹣t2﹣t+a+1要有实数根即：Δ≥0、f（﹣1）≤0且f（1）≤0；即4a+5≥0、a≤﹣1，即﹣≤a≤﹣1，故③错．对于④：当Δ＜0时，无实数根；当Δ＝0，cosθ可能有一个解，θ可能有1个或2个值；当Δ＞0时，cosθ可能有两个不同的值，则θ可能有2个或3个或4个值，故④对．故答案为：①②④．【点评】本题考查的知识要点：同名三角函数的转化，三角函数与一元二次方程的联系，参数和方程的根的关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题，易错题．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．【分析】（Ⅰ）直接根据任意角三角函数的定义即可求解的值，进而利用二倍角的正切公式可求的值．（Ⅱ）根据任意角三角函数的定义可求，的值，进而利用两角和的余弦公式即可求解的值．【解答】解：（Ⅰ）因为在平面直角坐标系中，角以为始边，终边经过点，所以，所以；（Ⅱ）由题意可得，，所以．【点评】本题主要考查了任意角三角函数的定义和二倍角的正切公式以及两角和的余弦公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．17．【分析】由题设知为直角梯形，结合已知求其面积，根据平面，知四棱锥的高为，利用体积公式可求四棱锥的体积；由题设得，线面垂直的性质有，根据线面垂直的判定可证结论；取中点，连结，，通过证平面平面，可证平面．【解答】解：由，，知为直角梯形，又，，且平面，，故，四棱锥的体积为；由题设知：，而，故，又平面，平面，，，，面，故平面；证明：如图，取中点，连结，，为的中点，，，，，四边形是平行四边形，，，，平面平面，平面，平面．【点评】本题考查求空间几何体的体积，考查线面垂直，线面平乖的证明，属中档题．18．【分析】选①，由余弦定理求出，，再由正弦定理即可求出答案；选②由由两角和的正弦公式代入即可求出答案；选③，由正弦定理求出，再由代入两角和的正弦公式即可求出答案；选①或③，直接由面积公式代入即可得出答案，选②，由正弦定理求出，再由面积公式即可求得答案．【解答】解：由题知，三角形为钝角三角形，选①，由余弦定理得：，解得，，由正弦定理得：，所以；选②，因为，所以，所以；选③由正弦定理得：，，所以，所以；选①，因为，，，所以的面积．选②，由正弦定理得：，，所以的面积．选③，因为，，，所以的面积．【点评】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属中档题．19．【分析】（Ⅰ）由题意，利用三角恒等变换化简函数的解析式，再根据正弦函数的周期性，得出结论．（Ⅱ）由题意，利用正弦函数的单调性，求得的最大值．【解答】解：（Ⅰ）函数，故该函数的最小正正周期为．（Ⅱ），函数在区间上单调递增，则，，，求得，故的最大值为．【点评】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性和单调性，属于中档题．20．【分析】连接，，三角形是等边三角形，即可证明，进一步通过，所以．设点到平面的距离为，所以，代入即可得出答案，画出图形，得出是平行四边形，再证明不存在即可．【解答】证明：连接，，因为，为的中点，所以，又因为，所以．解：设点到平面的距离为，所以所以，则．所以．所以到平面的距离为．不存在，如下图，作一个相同的正方体，取为上底面的中心，连接，，易知是平行四边形，所以，而与相交，所以棱上不存在一点，使得．【点评】本题考查点到面的距离，考查学生的空间想象能力及运算能力，属于中档题．21．【分析】（Ⅰ）由函数具有性质判断即可；（Ⅱ）若，函数具有性质，当，时，，可确定的值，再利用性质求出在，上的解析式，按分段函数解不等式即可；（Ⅲ）根据函数具有性质，且函数图像是轴对称图形，在区间，上有最大值，分别讨论，时，函数的最值情况，得出矛盾，即可证明．【解答】解：（Ⅰ）函数具有性质，函数不具有性质；（Ⅱ）若，函数具有性质，则存在常数，对任意，，使得，又当，时，，故当时，有（3）（1），即，所以．所以当，时，，，，即，时，，故当，时，不等式为，无解；当，时，不等式为，又，，故不等式解得：，即解集为：，．（Ⅲ）证明：已知函数具有性质，则存在常数，使得，，都有，所以（a）（1），所以函数的图像端点为和，，由的图像是轴对称图形，得其对称轴为直线：，①若，因为，时，，所以对任意，，有，由基本不等式得，有，所以对任意，，有，根据图像的对称性，得对任意，，有，这样与存在矛盾．②若，由，，得，又，由图像的对称性知，，且，，所以．这与在，上有最大值矛盾．综上：．【点评】本题是函数新定义问题，考查了函数的对称性、学生的推理能力，理解概念是关键，属于难题．