北京市昌平区2023-2024学年高一下学期期末质量抽测数学试卷 含解析

昌平区2023—2024学年第二学期高一年级期末质量抽测数学试卷2024.7本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.第一部分（选择题共40分）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.已知角的终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据条件，利用三角函数的定义，即可求出结果.【详解】因为角的终边经过点，所以，故选：C.2.若，，则是（）A.第一象限角 B.第二象限角 C.第三象限角 D.第四象限角【答案】B【解析】【分析】根据，可判断可能在的象限，根据，可判断可能在的象限，综合分析，即可得答案.【详解】由，可得的终边在第一象限或第二象限或与y轴正半轴重合，由，可得的终边在第二象限或第四象限，因为，同时成立，所以是第二象限角.故选：B3.如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据条件，利用复数的几何意义，得到，再利用复数的运算，即可求出结果.【详解】由题知，所以，得到，故选：A.4.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，，则 B.若，l//m，则C.若，，则 D.若，α//β，则【答案】D【解析】【分析】根据线线，线面及面面位置关系判断各个选项即可.【详解】对于A:若,则可能，A错误；对于B:若,则可能,B错误；对于C:若则可能不垂直，C错误；对于D:若,则,D正确.故选：D.5.已知圆锥的母线长为5，侧面展开图扇形的弧长为，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据侧面展开图的弧长求出底面半径，再应用圆锥的体积计算即可.【详解】因为侧面展开图扇形的弧长为,所以,又因为圆锥的母线长为5，设圆锥的高为h,所以圆锥的体积为.故选：A.6.在中，，，，则（）A. B. C.或 D.或【答案】B【解析】【分析】根据条件，利用余弦定理得到，再由，得到，即可求出结果.【详解】因为，，，由余弦定理，得到，即，解得，由，得到，又，所以，故选：B.7.已知，是两个复数，则“，互为共轭复数”是“，的差为纯虚数”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【答案】D【解析】【分析】利用充分条件与必要条件的判断方法，结合共轭复数的定义及复数的分类，即可求出结果.【详解】若，互为共轭复数，设，则，则，若，则，所以“，互为共轭复数”推不出“，的差为纯虚数，不妨取，，则，显然满足，的差为纯虚数，但，不互为共轭复数，所以“，互为共轭复数”是“，的差为纯虚数”的既不充分也不必要条件，故选：D.8.海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.一般早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近船坞；卸货后落潮时返回海洋.下面是某港口在某季节某天的时间与水深值（单位：）的部分记录表.时间0:003:006:009:0012:00水深值5.07.55.02.55.0据分析，这个港口的水深值与时间的关系可近似的用三角函数来描述.试估计13：00的水深值为（）A.3.75 B.5.83 C.6.25 D.6.67【答案】C【解析】【分析】观察表中数据求出周期和最大最小值，然后可得，将表中最大值点坐标代入解析式可得，然后可得所求.【详解】记时间为，水深值为，设时间与水深值函数关系式为，由表中数据可知，，所以，，所以，又时，，所以，所以，即，所以，，即13:00的水深值大约为.故选：C9.函数的部分图象如图所示，则（）A.1 B. C.3 D.【答案】C【解析】【分析】根据图象，求得，即可求出结果.【详解】由图知，得到，又由图知，由，得到，又，所以，由，得到，所以，得到，故选：C.10.在矩形中，，，为矩形所在平面内的动点，且，则的最大值是（）A.9 B.10 C.11 D.12【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设，根据条件得到，从而得到，又，结合图形，得，即可求出结果.【详解】如图，建立平面直角坐标系，设，中点为，因为，，所以,，，，得到，所以，又因为，所以，又，当且仅当（在的延长线上）三点共线时取等号，所以，故选：B.【点睛】关键点点晴：设，利用向量数量积的坐标运算，得到，再利用圆的几何性质，即可求解.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知正四棱锥的底面边长为，高为，则它的侧面积为_________________.【答案】【解析】【分析】利用正四棱锥的性质，结合条件，求出斜高，即可求出结果..【详解】如图，，取的中点，连接，易知，因为正四棱锥的底面边长为，高为，则，，所以正四棱锥的侧面积为，故答案为：.12.在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若角的终边与单位圆交于点，则_____________.【答案】##【解析】【分析】先根据角与角的终边关于轴对称，且角的终边与单位圆交于点，得到角的终边与单位圆的交点，然后利用正弦函数的定义求解.【详解】因为角与角的终边关于轴对称，且角的终边与单位圆交于点，所以，解得，当时，即角的终边与单位圆的交点，所以.当时，即角的终边与单位圆的交点，所以.综上所述，.故答案为：13.已知菱形的边长为，，，则_________________.【答案】【解析】【分析】利用向量的线性运算得到，，再利用数量积的定义及运算，即可求出结果.【详解】因为，所以，又，所以，又菱形的边长为，，所以，故答案为：.14.已知函数，则函数的值域为________________；若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则实数的取值范围为_________________.【答案】①.；②..【解析】【分析】求出每段函数的值域求并集可得的值域；作出函数的图象，根据直线与函数的图象有三个交点可得的取值范围.【详解】当时，；当时，；当时，.综上，函数的值域为.作出函数的图象如图：因为关于的方程恰有三个不相等的实数根，所以直线与函数的图象有三个交点，由图可知，，即实数的取值范围为.故答案为：；.15.在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.给出下列四个结论：①平面；②点轨迹的长度为；③存在点，使得直线平面；④平面截正方体所得的截面面积为.其中所有正确结论的序号是_________________.【答案】①②④【解析】【分析】根据都是棱的中点，可以做出过的截面，再根据正方体的棱长和的长度，可确定点的轨迹，从而可判断各个结论的正确性.【详解】如图：因为，分别为，中点，所以，又，所以，又平面，平面，所以平面，故①成立；连接，交EG于点，易证平面，，，所以，故点轨迹是平面内以为圆心，以为半径的圆，所以点轨迹长度为：，故②成立；由②可知，不可能与平面垂直，故③不成立；做出截面，可知截面是正六边形，且边长为，其面积为：，故④成立.故答案为：①②④【点睛】方法点睛：根据线面平行的判定和性质，可以确定过点三点的截面.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.已知，且为第二象限角.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用平方关系得到，再利用正切的和角公式，即可求解；（2）利用倍角公式及正弦的差角公式，得到，即可求解.【小问1详解】因为，且为第二象限角，所以，得到，所以.【小问2详解】因为，由（1）知，，所以.17.已知向量，.（1）若，求实数的值；（2）若，求与夹角的大小.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据坐标运算得到，然后根据垂直列方程，解方程即可；（2）利用数量积的公式求夹角即可.【小问1详解】，因为，所以，解得.【小问2详解】若，则，因为，，，所以，因为，所以.18.已知函数，图象的相邻两条对称轴之间的距离为.（1）求的解析式；（2）求在区间上最小值；（3）若在区间上单调递增，求实数的最大值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据条件，利用辅助角公式得到，再结合条件，即可得到，从而求出结果；（2）令，得到，利用的图象与性质，即可求出结果；（3）利用的图象与性质，求出的单调增区间，再结合条件，即可求出结果.【小问1详解】因，又图象的相邻两条对称轴之间的距离为，且，所以，得到，所以.【小问2详解】由（1）知，令，则因为，所以，得到，所以在区间上的最小值为.【小问3详解】因为，由，得到，令，得到，又在区间上单调递增，所以实数的最大值为.19.中，.（1）求；（2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在.（ⅰ）求的值；（ⅱ）求的面积.条件①：；条件②：；条件③：注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；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.【答案】（1）（2）选择见解析（i）；（ii）【解析】【分析】（1）根据条件，利用余弦定理，即可求出结果；（2）选择①：利用条件得到，从而，即可求出，再利用正弦定得到，利用三角形的面积公式，即可求出结果；选择②：由于，，此时不存在；选择③：利用条件及正弦定理得到，同①即可求解.【小问1详解】因为，又由余弦定理，所以，即，又，所以.【小问2详解】选择条件①：因为，又，所以，由（1）知，所以，（ⅰ）.（ⅱ）因为，由正弦定理，得到，得到，所以的面积为.选择条件②：因为，由（1）知，而，此时不存在.选择条件③：，又，所以，由正弦定理得，由（1）知，所以，得到，又，所以，得到，所以，（ⅰ）.（ⅱ）因为，由正弦定理，得到，得到，所以的面积为.20.如图，在几何体中，侧面是正方形，平面平面，，，.（1）求证：；（2）求证：平面；（3）判断直线与是否相交，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）不相交，理由见解析【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，得到面，再利用线面垂直的性质，即可证明结果；（2）取中点，连接，根据条件，利用平行四边形的性质，得到，再利用线面平行的判定定理，即可证明结果；（3）利用（2）中的结果，得出与异面，即可求出结果.【小问1详解】因为平面平面，平面平面，又，面，所以面，又面，所以.【小问2详解】取中点，连接，因为，，所以且，所以为平行四边形，得到且，所以为平行四边形，得到，又面，面，所以平面.【小问3详解】直线与不相交，理由如下，由（2）知平面，所以平面，又面，所以，又，，所以与不平行，故与异面，从而与不相交.21.已知函数，先将图象上所有点向右平移个单位，再把所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象.（1）求的解析式和零点；（2）已知关于的方程在区间内有两个不同的解.（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）求的值.（用含的式子表示）【答案】（1）；（2）；【解析】