2022-2023学年北京市东城区高一（下）期末数学试卷

2022-2023学年北京市东城区高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.已知向量五=（m,1）,3=（一1,2）.若五〃石，则m=（）

A.2B.1C.-1D.-：

2,复数z满足i•z=1-23则z=（）

A.2—tB.-2—iC.1+2iD.1—2i

3.某中学为了解在校高中学生的身高情况，在高中三个年级各随机抽取了10%的学生，并

分别计算了三个年级抽取学生的平均身高，数据如表：

年级高--高二高三

抽样人数363430

平均身高XyZ

则该校高中学生的平均身高可估计为（）

A.3.6x+3.4y+3.0zB.叶尹

C.0.36x+0.34y+0.30zD.

4.已知圆锥SO的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则圆锥S。的体积为（）

A.27rB.，^兀C.nD.，^兀

5.设a,b为实数，若普=l+i,则（）

b—Zi

A.a=1,b=-1B.a=5,b=3C.a=1,b=2D.a=1,b=3

6.将函数y=cosx-sinx的图象向左平移卷个单位，所得图象的函数解析式为（）

A.y=­y/-2sinxB.y=\j-2cosx

C.y=­sinx—cosxD.y=cosx+sinx

7.已知长方形墙4CFE把地面上B,D两点隔开，该墙与地面垂直，长10米，高3米.已测得力B=

6米，BC=8米.现欲通过计算，能唯一求得B,。两点之间的距离，需要进一步测量的几何量

可以为（）

E

A.点。到4c的距离B.CO长度和DF长度

c.乙4cB和乙40cD.C。长度和NACO

8.设五，石为非零向量，|a|=|K|.则“乙方夹角为钝角"是“|五+叩的（）

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

9.如图，直三棱柱A8C-中，AB1BC,AAy=AB,P为棱A]/的中点，Q为线段41c

上的动点.以下结论中正确的是（）

A.存在点Q,使BQ〃ACB.不存在点Q,使BQIBiG

C.对任意点Q，都有8Q1AB1D.存在点Q,使BQ〃平面PCG

10.如图，质点P在以坐标原点。为圆心，半径为1的圆上逆时针

做匀速圆周运动，P的角速度大小为2rad/s,起点P0为射线y=

-x（x>0）与O0的交点.则当0<t<12时，动点P的纵坐标y关

于t（单位：s）的函数的单调递增区间是（）

A.[0,5B.心半]C.号，增D.百，争

二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）

11.已知tana=tan0=则tan（a+夕）的值为

12.在边长为1的正方形4BC。中，E为AB中点，则而.屈=.

13.如表是某市6月1日至14日的空气质量指数统计表.由表判断，从6月日开始，连

续三天的空气质量指数方差最大.

日期1234567891011121314

空气

质量6079905038263249486252383037

指数

14.已知z为复数，且|z-2i|=l,写出满足上述条件的一个复数2=；|z|的最大值

为.

15.金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用E

来切割玻璃，也用作钻探机的钻头.金刚石经常呈现如图所示的

“正八面体”外形.正八面体由八个全等的等边三角形围成，体\..

现了数学的对称美.下面给出四个结论：X.\

①AE〃平面CDF；F

②平面ABE1平面BCE；

③过点E存在唯一一条直线与正八面体的各个面所成角均相等；

④以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的三1

其中所有正确结论的序号是.

三、解答题（本大题共5小题，共50.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16.（本小题10.0分）

在△ABC中，角A,B,C所对的边为a,b,c.C=^n,a=|c.

（I）求5出4

（H）若c=7,求△ABC的面积.

17.（本小题10.0分）

某市举办“强国有我，爱我中华”科技知识竞赛，赛后将参赛的2000名学生成绩分成4组：

①60sx<70,②70sx<80,③80sx<90,@90<%<100,并进行统计分析，公

布了如图所示的频率分布直方图.

（I）估计这2000名学生科技知识竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作

为代表)；

(n)某同学获知自己的成绩进入本次竞赛成绩前20%,估计该同学的成绩不低于多少分?

18.(本小题10.0分)

已知函数/'(x)=asin2a)x+2cos2a)x(aG/?,&)>0).

(I)若/(乃为偶函数，求a的值；

(II)从下列三个条件中选择两个作为已知，使函数/(X)存在且唯一确定，并求/(x)在区间［0,另

上的最大值与最小值.

条件①：/(9=「+1;

条件②：一物的一个零点；

条件③：f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为宏

19.(本小题10.0分)

如图，四棱锥P-4BC。的底面是菱形，侧面P4B是正三角形，M是PD上一动点，N是CO中

点.

(1)当时是「。中点时，求证：PC〃平面BMN；

(II)若N4BC=60。，求证：PC148；

(ID)在(II)的条件下，是否存在点M,使得PCIBM?若存在，求黑的值；若不存在，请说

明理由.

20.(本小题10.0分)

对于三维向量&=(xk,yk,z^(xk,yk,zk6N,k=0,1,2,­­")>定义"尸变换”：ak+1=F(afc),

其中，xk+1=\xk-yk\,yk+1=\yk-zk\,z^+i=忆上一xj记位Q=4丫/上，II或II=4+

yk+Zk-

(I)若五o=(3,1,2),求(引及||五2H；

(n)证明：对于任意瓦，经过若干次F变换后，必存在KeN*,使5Q=0；

(HI)已知为=(p,2,q)(qNp),||布||=2024,将五】再经过m次F变换后，||诟||最小，求m的

最小值.

答案和解析

I.【答案】。

【解析】解：向量五=(m,l),b-(-1,2)>alib,

则2m=1x(―1),解得m=—；.

故选：D.

根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解.

本题主要考查向量共线的性质，属于基础题.

2.【答案】B

【解析】解：=l—2i,二一=—i(l—2i),z=-2-i

故选B.

可以直接求出复数z,化简即可.

本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题.

3.【答案】C

【解析】解：由题意可知：抽取的总人数为100,各年级的频率依次为0.36,0.34,0.30,

所以该校高中学生的平均身高可估计为0.361+0.34y+0.30?

故选：C.

根据加权平均数的计算公式求解.

本题考查加权平均数的计算，属于基础题.

4.【答案】D

【解析】解：如图所示，

圆锥S。中，底面圆半径为r=04=1,

高为h=722-12=

所以圆锥SO的体积为：

1,1,「口

vmt-=2nrh=w".173=—Jr.

故选：D.

根据题意，利用圆锥的体积公式计算即可.

本题考查了圆锥体积的计算问题，是基础题.

5.【答案】B

【解析】解：缪=l+i,

b-2i

则a+i=(b_2i)(l+i)=b+2+(b_2)i,即｛，二"j解得｛，二"

故选：B.

根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数相等的条件，即可求解.

本题主要考查复数的四则运算，以及复数相等的条件，属于基础题.

6.【答案】C

【解析】解：函数y=cosx-sinx=/~2cos(x+：),

函数y向左平行1个单位，

可得函数/'(%)=+今+])=V-2cos(x+，)=—cosx—sinx.

故选：C.

由辅助角公式可得函数y的解析式，再由向左平行移动，可得函数/(%)的解析式.

本题考查辅助角公式的应用，属于基础题.

7.【答案】D

【解析】解：在△ABC中，由余弦定理可求得NBAC和NBCA,

要求出BD的长，需解△48。或△BCD,

解公ABD^^^DAC^HlAD,

解^BC。需知和边CO.

故选：D.

由解三角形的知识分析即可.

本题考查解三角的实际应用，属于中档题.

8.【答案】a

【解析】解：根据题意，若五，方夹角为钝角，则日石<0，

则0+K)2=a2+&2+2a-K<2a2,故有I五+6|<\[-2\a|>

反之，当日和加方向相反时有|五+至|<，下|不，但石夹角不是钝角，

故“五,石夹角为钝角”是方+石|<d五的充分不必要条件.

故选：A.

根据题意，由平面向量数量积的性质可得''%石夹角为钝角”是为+巧<「|菊”的充分条

件，反之，举出反例，可得“五,B夹角为钝角”不是方+B|<d矶”的必要条件，综合可

得答案.

本题考查向量数量积的运算和性质的应用，涉及充分必要条件的判断，属于基础题.

4选项，由于BQC平面4BC=B,BgAC,4Cu平面ABC,则8Q,4c一定异面，4选项错误;

B选项，根据直三棱柱性质，BN】_L平面力BC,BCu平面力BC,故SB11BC,

又AB1BC,4BnBB]=B,AB,u平面力BB1力「

故BUL平面

又u平面488出，

故BCJ.B4,

显然BC〃/G，

即1BA1,

故A「Q重合时，BQlBiG，B选项错误；

C选项，直棱柱的侧面ZBB14必是矩形，

Illji4i4|=ABi

故矩形4BB14成为正方形，

贝MB11BAlt

B选项已经分析过，BC_L平面48务必，

由AB】u平面48当41，

故AB11BC,

又BCnB&=B,BC,B&u平面BC4「

故A/_L平面BCA],

又BQu平面BC4,

则BQ14%必然成立，C选项正确；

。选项，取4B中点M,连接CM,PM,

根据棱柱性质可知，CM和QP平行且相等，

故平面PCG可扩展成平面CMPG，

过8作8N1CM,垂足为N,

根据BBi1平面ABC,BNu平面ABC,

故叫1BN,

显然

故BNLCCi，

由BN1CM,CCinCM=C,eg,CMu平面CMPG，

故BN1平面CMPq,

若BQ〃平面PCC],

则BQ1BN,

过Q作QO〃BB「交41cl于。，连接&0,于是BQ。&共面,

又BQCBB、=B,BQ,BB】u平面BQOB*

故BN1平面BQOB「

由于a0u平面BQOBi，

故BNIBiO,延长OQ交4c于/,

易得B]O〃BJ,

则可_LBN,

而/在线段AC上，

这是不可能的，。选项错误.

故选：C.

4选项，根据异面直线的定义可以判断；

B选项，容易发现公,Q重合时符合题意；

C选项，利用线面垂直的性质得到线面垂直；

D选项，先找出平面PCG的一条垂线，问题转化为判断这条垂线是否和BQ垂直的问题.

本题考查了异面直线的判断，线面垂直的判定与性质，属于中档题.

10.【答案】B

【解析】解：因为P在单位圆上的角速度大小为2rad/s,起点为射线y=-久。2。）与。。的交

点，

所以4=1,3=2,8=-%所以动点P的纵坐标y关于t（单位：S）的函数y=sin（2t-今），

由一当+2/OTW2t-JWW+2/OT,k6Z,得一1+/otWtW当+/ot,keZ,

Z4Zoo

>in匕匚I、I八，，,3TTIn,*,lln157r,，，197r237r_x_27n

因为0<t412,所以0WtSR,—<t<—,—<t<—>—<t<

ooooooo

所以动点尸的纵坐标y关于t（单位：S）的函数的单调递增区间是：

「八37rlr77r11/T]「15TT19Tzi.237r277rl

故选:B.

根据题意求出y关于t（单位：S）的函数y=sin（2t-力，然后结合正弦函数的单调性求解函数在

[0,12]上的增区间.

本题考查三角函数定义，考查三角函数性质，属于中档题.

11.【答案】1

【解析】解：tana=1,tanp=

C1,1

••.tan（a+夕）=^^=率=1.

故答案为：1.

直接利用两角和的正切公式求解.

本题主要考查了两角和的正切公式，属于基础题.

12.【答案】-1

【解析】解：建立平面直角坐标系如下所示:

因为四边形ABCD为边长为1的正方形,

所以4(0,1),8(0,0),C(l,0),0(1,1),

又E为48中点，

所以E(0,》，

此时而=(1,0)，CE=

则而■CF=1x(-1)+0x1=-1.

故答案为：—1.

由题意，建立平面直角坐标系，求出相关向量，再进行求解即可.

本题考查平面向量数量积的应用，考查了逻辑推理和运算能力.

13.【答案】3

【解析】解：由表格数据可知，从6月3日开始连续三天的空气质量指数分别为90,50,38,

此时数据的波动最大，因此方差也最大.

故答案为：3.

根据方差的实际意义求解.

本题主要考查了方差的实际意义，属于基础题.

14.【答案】i3

【解析】解：z=i时，|z-2i|=|i-2i|=|-=1,

设2=a+bi,则|z—2i|=\a+(b-2)i|=Va2+(b-2)2=1，

•1•a2+(b-2)2=1,设。=cost,b=2+sint,则|z|=7a2+炉=

Vcos2t+sin2t+4sint+4=V4sint+5>

sint=1时，|z|取最大值3.

故答案为：i；3.

可看出z=满足|z—2i|=l,设2=。+6，可得出a?+(b-2/=1,然后可设。=cost,

b—2+sint,这样即可得出|z|=。4sint+5,从而可得出|z|的最大值.

本题考查了复数模的求法，复数的减法运算，siMa+cos2a=1,换元法的运用，考查了计算能

力，属于中档题.

15.【答案】①④

【解析】解：对于①，根据正八面体性质可知，AE//CF,

又因为4E仁平面CDF,CFu平面CCF,

所以4E〃平面CDF,故①正确.

对于②，如下图所示，

F

取BE中点G,连接AG,GC,AC,

根据等边三角形性质可知AG_LEB,CG1EB,

所以N4GC是二面角4-BE-C的平面角，

设该正八面体棱长为a,

则AC=a,AG=GC=~Y'a，

则在AAGC中，AG2+GC2=|a2^AC2,

所以乙4GC=90°,

所以平面ABE与平面BCE不垂直，故②错误；

对于③，直线AC,与正八面体的各个面所成角均相等，

将其平移后使其过点E,

则过点E至少存在两条直线与正八面体的各个面所成角均相等，故③错误.

对于④，如下图所示，

取AB,BC中点M,N,6.ABE,△BEC的中心P,Q,

连接AC,MN,EM,EN,

则PQ即正方体的一条棱，

设该正八面体棱长为a,

则4c=2a>MN=；4c=~Y'a，

根据蒜=晟=|,NPEQ=乙MEN,"EQ=乙MEN,

得APEQfMEN,

所以PQ=|MN=?a，

所以以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的故④正确.

故答案为：①④

根据线面平行的判定定理判断①；

根据二面角相关知识判断②；

根据线面角相关知识并结合图形特点进而判断③；

根据题意找出正方体的棱长，结合相似三角形从而判断④.

本题考查了线面平行与面面垂直的判断，线面角的求解，属于中档题.

16.【答案】解：（I）在△力BC中，由正弦定理知，亮=磊，

5171/ioITiU

crKI..asinC5.27r5V~3

所以sni4=­--=--sin—=万“.

（口）因为a=£c,c=7,所以Q=5,

由余弦定理知,c2=a2+62—2abeosC,

所以49=25+b2-2・5・bcos今即庐+58—24=0,解得b=3或一8（舍负），

所以△A8C的面积S=^absinC=2x5x3xsin”="三.

2234

【解析】（I）利用正弦定理，即可得解；

（U）先由余弦定理求得b的值，再由S=gabs讥C,得解.

本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力,

属于基础题.

17.【答案】解：(I)因为x=65x0.05+75x0.3+85x0.4+95x0.25=83.5,

所以这2000名学生竞赛成绩的平均数可以估计为83.5；

(口)因为［90,100］这组数据占总数的25%,该同学的成绩进入本次竞赛成绩前20%,

所以100-10X翳=92,

25%

所以可以估计该同学的成绩不低于92分.

【解析】(I)利用平均数的定义求解；

(II)根据百分位数的定义求解.

本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数和百分位数的计算，属于基础题.

18.【答案】解:(I)因为/(%)=asin2a)x+2cos2a)x(aER,a)>0),

所以/(%)的定义域为R.

因为/(x)为偶函数，

所以VxER,/(-x)=/(x),

即V%6R,asin(—2a)x)4-2cos2(—a)x)=asin2a)x+2cos2a)x,

即Vx6R,asin2a)x=0,

所以Q=0.

(II)/(x)=asin2a)x4-2cos2a)x

=asin2a)x4-cos2a)x+1

=Va2+lsin(2cox+*)+1,其中Camp=，，

选择条件①③：因为函数/(%)图象的相邻两条对称轴之间的距离为与

所以(=与即7=兀，

所以善=兀，即3=1,

2a)

因为/©)=+1,即asin(2x.)+2cos2=a+1=V~~3+1,

所以a=\T~3f

所以/(%)=2sin(2x+4-1.

因为0J号，

所以0<2x<n,

所以*号，

ooo

当2x+[=*即％屋时，f(x)取得最大值3；

当2x+《=(，即*=3时，f(x)取得最小值0.

选择条件②③：因为函数/(%)图象的相邻两条对称轴之间的距离为今

所以5即7=兀，所以算=几，即co=1.

222a)

因为不为/(X)的一个零点，

即Qsizi(-2xg)+2cos2—a+'=0»

所以Q=yf~3f

所以/(x)=2s沆(2x+»+l,

因为0<%<^,

所以0<2x<7T,

所以+

666

当2x+>今即x屋时，/(%)取得最大值3；

当2%+髀手即》=泄，/⑺取得最小值0.

【解析】(I)由题意利用偶函数的性质可求VxeR,asin2a>x=0,即可得解a的值.

(H)利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得/(%)=KTysin(23x+e)+1,其中

tang)-1

选择条件①③：利用正弦函数的周期性可求3=1,由/(：)=£+1,可得a=C，进而利用

正弦函数的性质即可求解；

选择条件②③：利用正弦函数的周期性可求3=1,由一看为/(%)的一个零点，可得a=C，进

而利用正弦函数的性质即可求解；

本题考查了三角函数恒等变换以及正弦函数的性质的综合应用，考查了函数思想和转化思想，属

于中档题.

19.【答案】(I)证明：因为点M是P。中点，点N是C。中点，所以MN〃PC,

因为PCC平面BMN,MNu平面BMN,

所以PC〃平面BMN.

(U)证明：如图，取4B中点F,连接AC,PF,CF,

因为侧面PAB是正三角形，所以PFLAB,

因为底面BCD是菱形，且乙4BC=60。，所以△ABC是等边三角形,

所以CF14B,

因为PFJL4B,CF1AB,PFC\CF=F,PF,CFu平面PFC,

所以力B_L平面PFC,

因为PCu平面PFC,所以PC_L4B.

(UI)解：如图，取PC中点E,连接BE,AE.

因为四棱锥P-ABCD的底面是菱形，侧面P4B是正三角形，

所以PB=4B=BC,

所以BE1PC,

又因为PCAB,ABOBE=B,

所以PC1平面ABE,

过E作EM〃CD交PD于点M,

因为EM〃皿/AB,

所以点M6平面48E,

所以PC1平面BEM,

因为E为PC的中点，EM//CD,

所以PM=MD,

所以也

切以MD1.

【解析】(I)通过三角形的中位线性质得到线线平行，然后利用线面平行的判定定理；

(H)由已知及菱形性质得到正三角形，通过等边三角形的三线合一得到线线垂直，从而得出线面

垂直，运用线面垂直的性质得线线垂直；

(in)存在性问题，先求得直线与直线平行，结合中位线的性质得出线段相等关系.

本题考查线面平行和线面垂直，使用方法：等腰三角形三线合一，三角形中位线等，是基础题.

20.【答案】解：(I)因为瓦=(3,1,2),所以瓦=(2,1,1),而=(1,0,1),

所以<近>=0,||而||=2；

(U)设Mk=max{Xk，yk，Zk}(/c=0,1,2,...),

假设对VkGN,〈豆二〉H0,则人+1+，yk+1，Zk+i均不为0;

所以A4+i>