2024北京一零一中高一（下）期末数学试题和答案

试题PAGE1试题2024北京一零一中高一（下）期末数学一、选择题共10小题.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.的值为（）A. B. C. D.2.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.3.如果两个不重合平面有一个公共点，那么这两个平面（）A.没有其他公共点 B.仅有这一个公共点C.仅有两个公共点 D.有无数个公共点4.已知奇函数的图象的一条对称轴为直线，那么的解析式可以为（）A. B.C. D.5.将边长为4的正方形沿对角线折起，折起后点D记为．若，则四面体的体积为（）A. B. C. D.6.“，”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7.在中，角所对的边分别为已知，，给出下列五个a的值：①；②；③；④2；⑤3．其中能使得△ABC存在且唯一确定的是（）A.①④ B.②③ C.④⑤ D.②④⑤8.在中，，，已知点P满足，且，则（）A. B. C. D.9.在中，若，，，则为（）A. B. C. D.10.如图，四棱锥中，底面是正方形，各侧棱都相等，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（）A. B. C. D.二、填空题共6小题.11.已知复数z满足，，则的虚部为______．12.已知a，b是平面外的两条不同直线．给出下列六个论断：①；②；③；④；⑤；⑥．选其中的两个论断作为条件，余下的其中一个论断作为结论，写出一个正确的命题：______．13.已知，，则______．14.如图，在平面四边形中，，，记与的面积分别为，，则的值为______．15.如图1是唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似的看作是半球与圆柱的组合体（如图2）．当这种酒杯内壁的表面积为，半球的半径为时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积（厚度忽略不计）的3倍，则的取值范围是______．（取3）16.如图，在棱长为4的正方体中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段上，且，给出下列四个结论：①存在点P，使得直线平面；②点P沿直线AC从点A移动到点C的过程中，四面体的体积逐渐减小；③若，则点P轨迹的长度为；④当二面角的平面角的正切值为时，平面截正方体所得截面图形的面积为．其中所有正确结论的序号是______．三、解答题共4小题.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.17.已知函数，且．（1）求a的值和的最小正周期；（2）求在上的单调递增区间．18.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求A的大小；（2）若D是边AB的中点，且，求的取值范围．19.如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且，，，.（1）求证：；（2）若为线段的中点，求证：平面；（3）求多面体的体积.20.定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为.（1）写出的“伴随函数”，并直接写出的最大值；（2）写出函数的“伴随向量”为，并求；（3）已知，的“伴随函数”为，的“伴随函数”为，设，且的伴随函数为，其最大值为.①若，求的取值范围；②求证：向量的充要条件是.

参考答案一、选择题共10小题.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.【答案】C【分析】直接根据二倍角的正弦公式求解即可.【详解】.故选：C.2.【答案】A【分析】根据复数除法运算化简即可.【详解】由题可得.故选：A3.【答案】D【分析】根据平面的性质判断即可.【详解】如果两个不重合平面有一个公共点，那么这两个平面有一条过公共点的公共直线.故选：D.4.【答案】A【分析】根据三角函数的奇偶性和对称性逐一分析判断即可.【详解】对于A，函数的定义域为，因为，所以为奇函数，因为，所以是的图象的一条对称轴，故A符合题意；对于B，函数的定义域为，因为，所以函数不是奇函数，故B不符题意；对于C，函数的定义域为，因为，所以函数不是奇函数，故C不符题意；对于D，函数的图象不是轴对称图形，故D不符题意.故选：A.5.【答案】A【分析】利用勾股定理证明一个垂直关系，再结合正方形性质可证明线面垂直，从而求体积即可.【详解】在边长为4的正方形中，连接交于点，可得，由于，所以，则，又因为，平面，所以平面，即四面体的体积为，故选：A.6.【答案】A【分析】由可解得或，即可判断.【详解】若，则，，即或，则可得“，”是“”的充分而不必要条件.故选：A.7.【答案】D【分析】利用三角形的图形性质来判断唯一解的充要条件解题即可.【详解】根据已知，，可知三角形边上的高，所以要使得存在且唯一确定的解，则或，故有②④⑤满足，故选：D.8.【答案】D【分析】利用余弦定理求出，求出，根据求解可得.【详解】因为，，所以，又，所以为等腰三角形，，由余弦定理得，因为，所以，解得故选：D9.【答案】B【分析】利用余弦定理和已知联立求解可得，然后利用平方关系求出，结合正弦定理可得.【详解】由余弦定理得，即，联立，解得，因为，，所以，由正弦定理可得.故选：B10.【答案】C【分析】过作平面，过分别作于，连接，则，比较大小得到答案.【详解】如图，过作平面，过分别作于，连接，则，因为，所以，又因为，所以，而，所以，综上可得，，故选：C.【点睛】本题考查了直线夹角，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.二、填空题共6小题.11.【答案】【分析】设，根据复数的模的计算公式求出即可得解.【详解】设，由，，得，解得，所以的虚部为.故答案为：.12.【答案】，则（答案不唯一，符合题意均可）【分析】取③④作条件，⑥作结论，根据线面垂直的性质即可得解.【详解】以③④作条件，⑥作结论，即若，则.因为，所以．故答案为：，则.（答案不唯一，符合题意均可）13.【答案】【分析】结合已知条件以及二倍角公式可求出，利用同角的三角函数关系，即可求得答案.【详解】因为，故，解得或，而，则，，故，故答案为：14.【答案】【分析】根据余弦定理得，，两式相减可得，由三角形的面积公式得，即可求解.【详解】在中，由余弦定理得，即，得①，在中，由余弦定理得，即，得②，又，所以③，由②①，得，由，得，代入③得.故答案为：.15.【答案】【分析】设圆柱的高为h，由酒杯内壁的表面积表示出h，可得，再结合体积公式列不等式求出，即可得答案.【详解】设圆柱的高为h，则，故，酒杯的体积为，半球积分为，由题意可得，则，又，则，故，而取3，故，故答案为：16.【答案】①②④【分析】根据面面平行以及线面平行的判断可判断A；结合三棱锥体积的公式可判断B；判断出点P所处的位置，即可求其轨迹长度，判断C；由二面角的平面角的正切值确定P点位置，进而求得截面面积，判断D.【详解】对于①，当P点位于A点时，由于，即四边形为平行四边形，则，同理可证，由于平面，平面，故平面，同理平面，而平面，故平面平面，此时平面，则平面，即存在点P，使得直线平面，①正确；对于②，由于平面，平面，故，而，而平面，故平面，平面，故，同理可证,平面，故平面，由于，过点P作平面，垂足为Q，则，当P点沿直线AC从点A移动到点C的过程中，长逐渐变小，而的面积为定值，故逐渐变小，即逐渐减小，②正确；对于③，，作，垂足为G，连接，则，此时则P点轨迹为在上的线段，如图示，为等腰三角形，则其底边上的高为，故当P向点C运动时，逐渐变小，故在线段上存在一点P，使得,同理在靠近C的那一侧也存在一点P，使得,当时，，则点P轨迹的长度为，③错误；对于④，设交于R，则R为的中点，由于，故，即为二面角的平面角，而，故，即为锐角，则，即，当P点由A向C运动时，将变小，即可知当二面角的平面角的正切值为时，P点位于A处，由于，此时平面截正方体所得截面即为矩形，面积为，④正确，故答案为：①②④【点睛】关键点睛：解答此类立体几何问题，关键是要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，继而结合相关的概念进行解答.三、解答题共4小题.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.17.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）根据求出，然后利用三角恒等变换公式化简，由周期公式可得；（2）利用整体代入法求出的单调递增区间，结合可得.【小问1详解】因为，所以，即，解得，所以，所以的最小正周期为.【小问2详解】由，解得，所以的单调递增区间为，所以在上的单调递增区间为.18.【答案】（1）（2）【分析】（1）根据余弦定理可以求解；（2）令，利用正弦定理，把边长都用表示，最后用三角函数知识解得取值范围.【小问1详解】因为所以，所以，又因为，所以；【小问2详解】令,因为，所以由正弦定理可得：,所以，所以，又因为，所以所以19.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【分析】（1）由题意结合几何关系可证得平面，由线面垂直的定义即可证得．（2）延长交于点，由题意可证得四边形为平行四边形，据此结合线面平行的判定定理证明题中的结论即可；（3）设为中点，连接，．将多面体分割为两部分，分别求解对应的体积，然后相加即可确定多面体的体积.【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，所以．又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面．又平面，所以．（2）延长交于点，因为，为中点，所以≌，所以．因为，所以．由已知，且,又因为，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以．因为平面，平面，所以平面．（3）设为中点，连接，．由已知，所以平面．又因为，所以平面，所以平面平面．因为，，所以平面，所以多面体为直三棱柱．因为，且，所以．由已知，且，所以，且．又因为，平面，所以平面．因为，所以，所以．【点睛】本题主要考查线面垂直证明线线垂直的方法，线面平行的判定定理，组合体体积的求解方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20.【答案】（1），（2），（3）①；②证明见解析【分析】（1）由辅助角公式化简即可求解；（2）结合两角差的正弦