2023北京清华附中高一（下）期末数学试题及答案

高中PAGE1高中2023北京清华附中高一（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．已知＝（1，2），＝（4，﹣2），下列说法正确的是（）A． B．⊥ C． D．2．已知集合A＝{x|x（x﹣1）≤0}，B＝{x|lnx≤a}，为使得A∪B＝A，则实数a可以是（）A．0 B．1 C．2 D．e3．在复平面内，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4．在△ABC中，AB＝5，BC＝6，cosB＝，则△ABC的面积为（）A．24 B．18 C．12 D．95．已知等差数列{an}中，a7＝19，a2+a8＝26，则数列{an}的前5项和为（）A．35 B．40 C．45 D．526．已知侧棱长为2的正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且三个侧面两两垂直，则这个球的表面积为（）A．48π B．24π C．12π D．6π7．已知函数，则不等式f（x）＜0的解集为（）A．（0，1） B．（﹣1，0） C．（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞） D．（﹣∞，0）∪（1，+∞）8．已知，，，则的最大值为（）A．1 B．2 C． D．49．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，其中a1＞0，则“a3＞a1”是“Sn无最大值”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件10．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F、G、H分别为棱BC，CD，C1D1，B1C1的中点，点M为棱CC1上的动点，则下列说法中正确的个数是（）①AM与BB1异面；②A1H∥平面AEM；③平面AEM截正方体所得的截面图形始终是四边形；④平面AEM⊥平面BB1GF．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11．（5分）已知复数z＝3+ai（a＜0）的模为5，则a＝．12．（5分）已知函数f（x）＝sinx+acosx（a＜0）的最大值为2，则＝．13．（5分）在正四棱锥P﹣ABCD中，底面边长为2，侧棱长为，点E是PA的中点，则三棱锥E﹣ABD的体积为．14．（5分）已知函数在区间[﹣π，+∞）上是单调函数，则正数a的一个取值为．15．（5分）已知函数f（x）＝lnx，取点A1（a1，f（a1））（a1＞0），过A1作曲线f（x）＝lnx的切线交y轴于（0，a2）（a2＞0），取点A2（a2，f（a2）），过A2作曲线f（x）＝lnx的切线交y轴于（0，a3）依此类推，直到当an≤0（n≥3）时停止操作，此时得到数列{an}．给出下列四个结论：①0＜a1＜e；②当n≥2，n∈N*时，an＝lnan﹣1﹣1；③当n≥2，n∈N*时，an≤an﹣1﹣2恒成立；④若存在k∈N*，使得a1，a2，…，ak成等差数列，则k的取值只能为3．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．（14分）已知在△ABC中，2c＝2bcosA﹣a．（1）求B；（2）若a+c＝8，b＝7，且C＞A，求BC边上的高．17．（14分）已知首项为0的无穷等差数列{an}中，a2，a3，a4+1成等比数列．（1）求{an}的通项公式；（2）记，求数列{bn}的前2n项和T2n．18．（14分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝4，AB＝AD＝2，点M和点N在棱CC1上，且CM＝2CN＝2．（1）求证：AM∥平面BDN；（2）求证：A1C⊥DN．19．（14分）已知函数，其中0＜ω＜2，有如下三个条件：条件①：；条件②：f（x+π）＝f（x）；条件③：．从以上三个条件中选择一个作为已知，求解下列问题．（1）求f（x）的单调递增区间；（2）若f（x）在区间[0，m]上的最大值为1，求实数m的最小值．注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．20．（14分）已知函数，若函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝3．（1）求a，b的值；（2）求f（x）的单调区间；（3）当x＞0时，若存在常数t＞0，使得方程f（x）＝t有两个不同的实数解x1，x2，求证：x1+x2＞2．21．（15分）给定正整数n，记S（n）为所有由2n个非负实数组成的2行n列的数表构成的集合．对于A∈S（n），用Ri（A），∁j（A）分别表示的第i行，第j列各数之和（i＝1，2；j＝1，2，…，n）．将A的每列的两个数中任选一个变为0（可以将0变为0）而另一个数不变，得到的数表称为A的一个残表．（1）对如下数表A，写出A的所有残表A′，使得R1（A′）＝R2（A′）；0.10.11000.1（2）已知A∈S（2）且∁j（A）＝1（j＝1，2），求证：一定存在A的某个残表A′使得R1（A′），R2（A′）均不超过；（3）已知A∈S（23）且∁j（A）＝1（j＝1，2，…，23），求证：一定存在A的某个残表A′使得R1（A′），R2（A′）均不超过6．

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】根据向量的模的计算公式，两个向量的差与数量积的坐标运算，两个向量垂直、平行的条件逐一检验各个选项是否正确，从而得到答案．【解答】解：∵，∴，A错误；＝（1，2），＝（4，﹣2），则＝0，故，B正确；∵，∴1×（﹣2）﹣4×2＝﹣10≠0，故与不平行，C错误；，D错误．故选：B．【点评】本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．2．【分析】先化简集合A，B，再根据已知得到ea≤1，解不等式即得解．【解答】解：由题得A＝[0，1]，B＝（0，ea]，因为A∪B＝A，所以B⊆A．所以ea≤1＝e0，∴a≤0．故选：A．【点评】本题主要考查了解一元二次不等式，考查了对数函数的性质，同时考查了集合间的基本关系，是基础题．3．【分析】对复数进行化简，根据复数的几何意义即可．【解答】解：∵，∴对应的点为（4，﹣1），在第四象限．故选：D．【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．4．【分析】根据平方关系求出sinB，再由面积公式计算可得．【解答】解：∵，0＜B＜π，∴，又AB＝c＝5，BC＝a＝6，∴．故选：C．【点评】本题主要考查了同角平方关系及三角形的面积公式的应用，属于基础题．5．【分析】数列{an}是等差数列，设公差为d，由已知及通项公式，建立方程组，求得a1，d，再利用等差数列的求和公式求S5．【解答】解：数列{an}是等差数列，设公差为d，∵a7＝19，a2+a8＝26，∴，解得：a1＝1，d＝3，前5项和S5＝5×1+＝35．故选：A．【点评】本题考查等差数列的通项和求和公式，属于基础题．6．【分析】将正三棱锥P﹣ABC放到棱长为2的正方体中，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，求出外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可．【解答】解：如图，将正三棱锥P﹣ABC放到棱长为2的正方体中，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，正方体的外接球的直径为正方体的体对角线，设外接球的半径为R，则（2R）2＝22+22+22＝12，得4R2＝12，∴外接球的表面积S＝4πR2＝12π．故选：C．【点评】本题考查多面体的外接球，训练了分割补形法的应用，是基础题．7．【分析】f（x）＜0的解集即为的解集，画出与y＝1﹣2x的图象即可求解．【解答】解：令，可得，在同一直角坐标系中画出与y＝1﹣2x的图象：由图可得，与y＝1﹣2x的图象有两个交点，又，，由图可得的解集为（﹣1，0），即f（x）＜0的解集为（﹣1，0）．故选：B．【点评】本题主要考查了函数的性质在不等式求解中的应用，体现了数形结合思想的应用，属于中档题．8．【分析】根据数量积的运算律得到，则，结合余弦函数的性质计算可得．【解答】解：因为，即，即，即，所以，所以＝，因为，所以当时取最大值，最大值为2．故选：B．【点评】本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属中档题．9．【分析】由等比数列{an}中a3＞a1等价于公比q＜﹣1或q＞1，结合前n项和公式单调性的判定可得其是否具有充分性，必要性方面举反例发现Sn无最大值不一定推得a3＞a1，继而选项可定．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，若a3＞a1，a1＞0，∴，∴q2＞1，得q＜﹣1或q＞1，又，当q＜﹣1时，若n为奇数，，∵，（﹣q）＞1，∴当n为奇数时Sn单调增，则Sn无最大值，当q＞1时，，∵，q＞1，∴Sn单调增，则Sn无最大值，即充分性成立．当q＝1时，Sn＝na1，又a1＞0，则Sn无最大值．可得“a3＞a1”不是“Sn无最大值”的必要条件，即必要性不成立．由此可知“a3＞a1”是“Sn无最大值”的充分不必要条件．故选：A．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据等比数列的性质进行判断是解决本题的关键，是中档题．10．【分析】根据正方体的几何性质逐项分析．【解答】解：对于①，连接A1C1，AC，∵AA1＝CC1，AA1∥CC1，∴四边形AA1C1C是平行四边形，又∵AM⊂平面AA1C1C，BB1∥CC1，CC1⊂平面AA1C1C，BB1⊄平面AA1C1C，∴BB1∥平面AA1C1C，又CC1∩AM＝M，∴BB1与AM是异面直线，故①正确；对于②，连接EH，则EH∥AA1，EH＝AA1，∴四边形AA1HE是平行四边形，A1H∥AE，又AE⊂平面AEM，A1H⊄平面AEM，∴A1H∥平面AEM，故②正确；对于③，取CC1的中点T，当M与T重合时，连接AD1，则有ET∥AD1，E，T，A，D1四点共面，即平面AEM截正方体的图形是四边形AD1TE，如下图：当M点在线段C1T上时，在平面AA1D1D内作直线AU∥EM，交DD1的延长线于U，交A1D1于V，连接UM，∵DD1∥CC1，∴D，U，C，C1四点共面，UM⊂平面DD1C1C，∴UM⋂D1C1＝W，即平面AEM截正方体的图形是五边形AEMWV，如下图：故③错误；对于④，在正方形ABCD内，Rt△ABE≅Rt△BCF，∠EAB＝∠FBC，∴，∴AE⊥BF，又∵BB1⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴AE⊥BB1，BB1，BF⊂平面BB1GF，BB1⋂BF＝B，∴AE⊥平面BB1GF，又AE⊂平面AEM，∴平面AEM⊥平面BB1GF，故④正确．故选：C．【点评】本题主要考查了线面平行和线面垂直的判定，考查了面面垂直的判定，同时考查了学生的空间想象能力，属于中档题．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11．【分析】根据复数的模长公式，建立方程，可得答案．【解答】解：由题意，可得，且a＜0，解得a＝﹣4．故答案为：﹣4．【点评】本题主要考查复数的模长公式，属于基础题．12．【分析】利用辅助角公式及最大值可得a的值，再求函数值即可．【解答】解：函数f（x）＝sin（x+φ），tanφ＝a，故函数f（x）的最大值为，由已知得＝2，a＜0，解得a＝﹣，所以f（x）＝sinx﹣cosx＝2sin（x﹣）；所以f（）＝2sin（﹣）＝2sin（﹣）＝﹣1．故答案为：﹣1．【点评】本题考查辅助角公式的应用，属于基础题．13．【分析】设AC⋂BD＝O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，再利用勾股定理求出PO，最后根据锥体的体积公式计算可得．【解答】解：设AC⋂BD＝O，连接PO，由正四棱锥的性质可知PO⊥平面ABCD，又底面边长为2，侧棱长为，所以，则，因为点E是PA的中点，所以点E到平面ABCD的距离，所以．故答案为：．【点评】本题考查三棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．14．【分析】分析函数在[﹣π，0]上单调递增，则f（x）在（0，+∞）上单调递增且函数值大于等于1，当x＞0时，求出函数的导函数，则f′（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，参变分离可得在x∈（0，+∞）上恒成立，再利用导数求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围．【解答】解：∵y＝cosx在[﹣π，0]上单调递增，且当x＝0时y＝1，又函数在区间[﹣π，+∞）上是单调函数，则f（x）在（0，+∞）上单调递增且函数值大于等于1，当x＞0时，，且，则f′（x）＝ex﹣ax，而f′（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，∴在x∈（0，+∞）上恒成立，令，x∈（0，+∞），则，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时g′（x）＞0，∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴g（x）min＝g（1）＝e，可得a≤e，又a＞0，∴0＜a≤e．故答案为：1（答案不唯一，只要满足0＜a≤e即可）．【点评】本题考查分段函数的应用，训练了利用导数研究函数的单调性与最值，是中档题．15．【分析】对函数f（x）进行求导之后，利用导数的几何意义可以利用直线的点斜式方程写出切线方程，令x＝0，即可求出an，判断出②正确；利用an＝lnan﹣1﹣1，n≥2，求出a2，利用a2＞0，可以判断出①错误；利用an﹣（an﹣1﹣2）＝lnan﹣1﹣an﹣1+1，构造函数，利用函数的单调性求出最大值，即可判断出③正确；假设存在正整数k＞3，满足条件，利用等差数列的定义得到数列也为等比数列，公差为零，得出矛盾，再验证k＝3满足条件，从而④正确．【解答】解：因为f（x）＝lnx，所以，则，所以f（x）＝lnx在点x＝an﹣1处的切线方程为，令x＝0，得y＝lnan﹣1﹣1，所以an＝lnan﹣1﹣1，n≥2，所以②正确；根据an＝lnan﹣1﹣1，令n＝2，则a2＝lna1﹣1＞0，解得a1＞e，故①错误；又当n≥2，n∈N*时，an﹣（an﹣1﹣2）＝lnan﹣1﹣an﹣1+1，设g（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，则，令g′（x）＞0，得0＜x＜1；令g′（x）＜0，得x＞1，则g（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，所以g（x）≤g（1）＝ln1﹣1+1＝0，所以当n≥2，n∈N*时，an≤an﹣1﹣2，故③正确；假设存在正整数k＞3，使得a1，a2，…，ak成等差数列，设公差为d，则ak﹣ak﹣1＝lnak﹣1﹣ak﹣1﹣1＝lnak﹣1﹣lnak﹣2＝d，所以，可知该数列既是等差数列又是等比数列，故d＝0，但与an≤an﹣1﹣2矛盾，故该数列不是等差数列，故不存在正整数k＞3，使得a1，a2，…，ak成等差数列．当k＝3时，，又由a1+a3＝2a2，得，令h（x）＝ex+1+lnx﹣1﹣2x，x＞0，其中h（1）＝e2﹣1﹣2＞0，h（e﹣10）＝﹣10﹣1﹣2e﹣10＜0，故存在，使得h（x0）＝0，即a1+a3＝2a2，所以存在k＝3，使得a1，a2，…，ak成等差数列，故④正确．故答案为：②③④．【点评】本题考查函数的导数的应用，数列的简单性质的应用，是中档题．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】（1）根据正弦定理将边化为角，根据两角和的正弦公式可求cosB的值，即可得出答案；（2）由余弦定理求出a，c，过A作CB延长线的垂线，垂足为D，在Rt△ABD中求AD，即可得出答案．【解答】解：（1）∵2c＝2bcosA﹣a，∴由正弦定理得2sinC＝2sinBcosA﹣sinA，即2sin（A+B）＝2sinBcosA﹣sinA，即2sinAcosB+2cosAsinB＝2sinBcosA﹣sinA，∴2sinAcosB＝﹣sinA，∵A∈（0，π），即sinA≠0，∴．又B∈（0，π），则；（2）∵a+c＝8，b＝7，，∴由余弦定理得，∴a2+c2﹣49＝﹣ac，即（a+c）2﹣49＝ac，∴ac＝64﹣49＝15，∵C＞A，∴c＞a．∵a+c＝8，∴a＝3，c＝5．过A作AD⊥CB交BC的延长线于点D，如图所示：则BC边上的高．【点评】本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．17．【分析】（1）由等比数列的性质，求得等差数列{an}的公差d，再由等差数列的通项公式，得解；（2）采用分组求和法，结合等差数列与等比数列的求和公式，即可得解．【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a4+1成等比数列，所以，即d（3d+1）＝（2d）2，解得d＝0或d＝1，若d＝0，则an＝0，此时a2，a3不能是等比数列中的项，故d＝0不符合题意，所以d＝1，an＝0+（n﹣1）×1＝n﹣1，此时a2＝1，a3＝2，a4+1＝4，符合a2，a3，a4+1成等比数列，所以an＝n﹣1．（2），所以T2n＝b1+b2+b3+b4+⋯+b2n﹣1+b2n＝（b1+b3+b5+⋯+b2n﹣1）+（b2+b4+b6+⋯+b2n）＝（1+3+5+⋯+2n﹣1）+（21+23+25+⋯+22n﹣1）＝＝．所以．【点评】本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差数列的通项公式，等比中项的性质，等差、等比数列的前n项和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．18．【分析】（1）连接AC、BD，设AC⋂BD＝O，连接ON，即可得到ON∥AM，从而得证；（2）首先证明BD⊥平面AA1C1C，得到A1C⊥BD，再证A1C⊥ON，即可得到A1C⊥平面BDN，从而得证．【解答】解：（1）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，点M和点N在棱CC1上，且CM＝2CN＝2，连接AC、BD，设AC⋂BD＝O，连接ON，则O为AC的中点，又N为CM的中点，所以ON∥AM，又AM⊄平面BDN，ON⊂平面BDN，所以AM∥平面BDN．（2）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，则ABCD为正方形，所以AC⊥BD，AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，AA1⋂AC＝A，AA1，AC⊂平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，A1C⊂平面AA1C1C，所以A1C⊥BD，又，，CN＝1，AA1＝4，所以＝，所以△A1AC∽△OCN，所以∠A1CA＝∠ONC，又∠A1CA+∠A1CN＝90°，所以∠A1CN+∠ONC＝90°，所以A1C⊥ON，又BD⋂ON＝O，BD，ON⊂平面BDN，所以A1C⊥平面BDN，又DN⊂平面BDN，所以A1C⊥DN．【点评】本题考查了线面垂直，线线垂直问题，考查转化思想，是中档题．19．【分析】（1）根据三角函数的恒等变换可得f（x）＝sin（2ωx+），分别选择条件①，②，③都可得到ω＝1，再根据正弦函数的单调性求解即可；（2）令t＝2x+∈[，2m+]，画出图象，数形结合即可求解．【解答】解：（1）f（x）＝sinωxcosωx+cos2ωx﹣＝sin2ωx+﹣＝sin2ωx+cos2ωx＝sin（2ωx+）；若选①，f（）＝，即sin（2ω•+）＝，因为0＜ω＜2，所以2ω•+∈（，π），所以2ω•+＝π，解得ω＝1；若选②，f（x+π）＝f（x），所以π是f（x）的一个周期．所以f（0）＝f（π），即sin＝sin（2πω+）＝，因为0＜ω＜2，所以2πω+∈（，4π+），所以2πω+＝π或π或π，解得ω＝或1或，则最小正周期T＝＝3π或π或π，而π是函数的一个周期，可得ω＝1．若选③，因为f（﹣x）＝f（+x）可得函数的一条对称轴为x＝，所以2×ω+＝+kπ，k∈Z，且0＜ω＜2，解得ω＝1．综上，ω＝1，所以f（x）＝sin（2x+），所以单调递增区间满足﹣+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z，解得﹣+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，所以f（x）的单调递增区间为[﹣+kπ，+kπ]（k∈Z）．（2）x∈[0，m]时，2x+∈[，2m+]，令t＝2x+∈[，2m+]，则y＝sint在t∈[，2m+]上的最大值为1，则2m+≥，解得m≥．所以m的最小值为：．【点评】本题考查函数的性质的应用及最值的求法，属于中档题．20．【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程组，解得即可；（2）由（1）可得，求出函数的定义域与导函数，再解得关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；（3）由（2）不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，则只需证明f（x2）＞f（2﹣x1），即证f（x1）＞f（2﹣x1），令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）（0＜x＜1），利用导数说明函数的单调性，即可得证．【解答】解：（1）因为，所以，因为函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝3，所以，即，解得．（2）由（1）可得定义域为（﹣∞，0）⋃（0，+∞），则，因为，所以当x＜0或0＜x＜1时f′（x）＜0，当x＞1时f′（x）＞0，所以f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．（3）证明：由（1）可得当x＞0时f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞），则f（x）在x＝1处取得极小值f（1）＝3，因为当x＞0时，存在常数t＞0，使得方程f（x）＝t有两个不同的实数解x1，x2，即y＝f（x）（x＞0）与y＝t有两个交点，则t＞3，不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，要证x1+x2＞2，即证x2＞2﹣x1，又0＜x1＜1，所以1＜2﹣x1＜2，因为f（x）在（1，+∞）上单调递增，所以只需证明f（x2）＞f（2﹣x1），又f（x1）＝f（x2），则只需证明f（x1）＞f（2﹣x1），令（0＜x＜1），则＝，令h（x）＝x3﹣3x2+2，（0＜x＜1），则h′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2）＜0，则h（x）在（0，1）上单调递减，且h（1）＝0，所以h（x）＞0，所以g′（x）＜0，即g（x）在（0，1）上单调递减，所以g（x）＞g（1）＝0，即f（x）﹣f（2﹣x）＞0在（0，1）上恒成立，所以f（x）＞f（2﹣x）在（0，1）上恒成立，即f（x1）＞f（2﹣x1）在x1∈（0，1）上恒成立，则x1+x2＞2．【点评】本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的切线问题，利用导数证明不等式