2025北京首师大附中高一（下）期末数学试题及答案

高中2025北京首都师大附中高一（下）期末数学第I卷（共48分）一、选择题（本大题共12小题，每小场4分，共48分.在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1.A. B. C. D.2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数的对应点的坐标是（）A. B.C. D.3.若为第三象限角，则下列各式的值为负数的是（）A. B.C. D.4.在平面直角坐标系中，角以为始边，终边经过点，，则（）A. B.C. D.5.将函数图象上的所有点向左平移个单位，得到函数的图象，（）A. B.C. D.6.空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，且，则7.设向量满足.若，则的坐标可以为（）A. B.C. D.8.在中，，则的取值范围是（）A. B.C. D.9.在四边形中，“”是“四边形是平行四边形”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.已知函数，其中，若，在区间上的最大值与最小值的和为0，则（）A. B.C. D.11.如图，在四棱锥中，底面四边形的两组对边均不平行．给出下列命题：①在平面内不存在直线与平行；②在平面内存在无数多条直线与平面平行；③平面与平面的交线与底面不平行．其中正确的个数为（）A.0个 B.1个 C.2个 D.3个12.在同一平面内，对于及半径为的圆，若的顶点满足，，则称被圆完全覆盖.已知，再从条件①，条件②，条件③，条件④这四个条件中选择一个作为已知.条件①；条件②；条件③；条件④．其中，满足可能被一个半径为1的圆完全覆盖的所有条件是（）A.①② B.②③ C.③④ D.①④第II卷（共102分）二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）13.已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为_____________.14.______.15.随着畜牧业经济的发展和牧民生活的改善，穹庐或毡帐逐渐被蒙古包代替．一个普通的蒙古包可视为一个圆锥与一个圆柱的组合体.如图，已知该圆锥的高为3m，圆柱的高为4m，底面直径为8m，该蒙古包的体积是___________.16.如图，在正方体中，M，N分别为的中点，则异面直线MN与所成的角等于_____________．17.智能机器人已开启快递代取服务，某机器人现从某点出发开始工作，先沿正北方向前行，然后沿北偏西方向继续前行了，则此时机器人与出发点的距离为______.18.某正方形网格纸是由个边长为的小正方形构成，点的位置如图所示，动点在正方形网格纸内（包含边界），记（）.当时，______；当时，若动点在小正方形的顶点上，则满足的点的个数为______.19.如图，正方体的棱长为2，P为BC的中点，为线段CD上的动点，为线段上的动点，点在平面内，给出下列四个结论：①三棱锥的体积为定值；②对任意的点，存在点，使得；③对任意的点，存在点，使得平面PGQ；④当时，则点到距离的最小值为．其中所有正确结论的序号是___________．20.已知函数，其中.给出下列四个结论：①函数是奇函数；②，；③，使得在内至少有个零点；④，，都有.其中，所有正确结论的序号是________.三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.）21.已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为.（1）求的值；（2）求的单调递增区间；（3）若在上的值域为，求的值.22.如图，长方体的底面ABCD是正方形，，点在棱上，平面BDM.（1）求证：为的中点；（2）求直线与平面BDM所成角的正弦值；（3）求点到平面BDM的距离.23.在中，为钝角，.（1）求；（2）若，，为边上一点，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，使存在且唯一确定，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：的周长为．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.24.如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，是正三角形，且平面平面分别为棱AD、SB的中点.（1）求证：平面SCD；（2）已知为棱SA上的点，且平面PMB与平面SAD所成角的余弦值为，求的值；（3）在（2）的条件下，求证：直线DE与平面PBM相交．25.对任意正整数n，定义集合．设，定义：（1）____________（填“”或“”）；____________（填“”或“”）；（2）设，证明：；（3）设，求；（4）证明：对任意，存在，满足：，且．

参考答案第I卷（共48分）一、选择题（本大题共12小题，每小场4分，共48分.在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1.【答案】B【分析】利用诱导公式化简计算．【详解】故选B【点睛】本题考查诱导公式化简计算即可，需熟练掌握常见角度的三角函数值．2.【答案】B【分析】由复数的几何意义即可求解.【详解】复数对应的点的坐标是，则的共轭复数的对应点的坐标是.故选：B.3.【答案】C【分析】应用任意角的三角函数值的正负结合诱导公式计算求解各个选项即可.【详解】因为为第三象限角，所以，，A选项错误；，B选项错误；，C选项正确；，D选项错误；故选：C.4.【答案】A【分析】利用三角函数的定义求出.【详解】由题意可得，.故选：A.5.【答案】C【分析】直接根据三角函数的平移规律计算可得.【详解】函数图象上的所有点向左平移个单位，及，故C正确.故选：C.6.【答案】B【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．【详解】选项A，若，则与可以相交，也可以平行，不一定垂直，A错；选项B，若，则直线的方向向量分别是平面的法向量，两平面垂直，即为它们的法向量垂直，则，B正确；选项C，若，则可能有，也可能相交，C错；选项D，若，且，则或，D错．故选：B．7.【答案】B【分析】设出的坐标，再利用向量线性运算的坐标表示及向量共线的坐标表示求解.【详解】设，由，得，由，得，得，ACD不是，B是.故选：B8.【答案】D【分析】根据余弦定理结合角的范围得出范围即可.【详解】由余弦定理得，又，所以，则的范围是.故选：D.9.【答案】B【分析】结合向量运算，分必要性、充分性两方面说明即可.【详解】如图所示，取，则，但此时四边形不是平行四边形，反之，如果四边形是平行四边形，则，故“”是“四边形是平行四边形”的必要不充分条件.故选：B.10.【答案】D【分析】由题意，化简得，结合即可求解.【详解】若，在区间上的最大值与最小值的和为0，说明，所以，解得，又因为，所以.故选：D.11.【答案】D【分析】由线面平行的判定与性质可逐个验证.【详解】对于命题①，设平面内存在直线与平行，又平面，平面，所以平面，又平面平面，所以与题干矛盾，即在平面内不存在直线与平行，故①正确；对于命题②，设平面平面，则平面，所以在平面内存在无数条直线与直线平行，这无数条直线也与平面平行，故②正确；对于命题③，设交线平面，又平面，平面平面，所以，同理可得，则与题干矛盾，即平面与平面的交线与底面不平行，故③正确.故选：D.12.【答案】A【分析】对于①和②，可在中点处，通过计算中线的范围确定可被半径为1的圆完全覆盖；对于③，可计算边判断；对于④，由题可知在边上的高为，即点在距离为的直线上，把直线向下移一个单位，计算更大边的最小值即可判断.【详解】对于①，由正弦定理（为的外接圆半径），所以，即的三个顶点在半径为的圆上，且，在圆上除两点外运动，如图，设中点为，外接圆圆心为，，则中线，又，同时也存在，故①满足；对于②，，所以，，则的外接圆半径，可得的三个顶点在半径为的圆上，设中点为，外接圆圆心为，，则中线，同理，同时也存在，故②满足；对于③，，，所以，由于半径为1的圆上的两点的最大距离为2，故不可能同时在圆内，即和不可能同时满足，故③不满足；对于④，设在边上的高为，，所以点在距离为的直线上，设在距离为的线上，此时，由对称性，不妨设，则，故④不满足.故选：A.第II卷（共102分）二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）13.【答案】【分析】由复数除法、虚部的概念即可得解.【详解】由题意的虚部为.故答案为：.14.【答案】【详解】．试题分析：考点：倍角的正切．15.【答案】【分析】由题知该蒙古包由圆柱和圆锥构成，利用圆柱和圆锥体积公式计算即可.【详解】根据题意该蒙古包由圆柱和圆锥构成，则该几何体体积为.故答案为：.16.【答案】【分析】连接，可证M，N分别为的中点，且可求得，再根据正方体的性质可得∥，为异面直线MN与所成的角（或其补角），即可得答案.【详解】连接设正方体的棱长为,∵与是正方形，M，N分别为的中点，所以M，N分别为的中点，∴∴是等边三角形，∴在由正方体中,∥，，∴四边形是平行四边形，∴∥，所以为异面直线MN与所成的角（或其补角）.异面直线MN与所成的角为.故答案为：.17.【答案】【分析】由余弦定理即可求解.【详解】如图所示，由余弦定理可得所求为：.故答案为：.18.【答案】①.4②.7【分析】由题意建立平面直角坐标系，分别求出点的坐标，并设点，利用平面向量数量积的坐标表示即可求解空；当时，可得，求得，再结合动点在小正方形的顶点上，从而可求解.【详解】由题意建立平面直角坐标系，如图，则，，，，设，，则，，，空：当时，；空：当时，，解得，又且动点在小正方形的顶点上，所以符合点的情况有：，，，，，，共个.故满足的点的个数为.故答案为：；.19.【答案】①②④【分析】由为定值可判断①；连接，可证明平面，可判断②；由题意若存在这样的点，需，当在点位置时，与不垂直，可判断③；记与平面相交于点，由题意可得平面，同理可证平面，可求得的轨迹是以为圆心，为半径的圆，利用的轨迹在平面的投影与相切，可求最小距离判断④.【详解】对于①，因为为线段上的动点，所以为定值，又由正方体可知平面，又P为BC的中点，所以P到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为为定值，故①正确；对于②，连接，当为的中点时，又P为BC的中点，所以，又因为为正方形，所以，所以，由正方体，可得平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以对任意的点，存在点，使得，故②正确；对于③，假设对任意的点，存在点，使得平面PGQ，则需，由②可知当为的中点时，，当在点位置时，与不垂直，故对任意的点，不一定存在点，使得平面PGQ，故③错误；对于④，记与平面相交于点，由正方体，可得平面，又平面，所以，又因为为正方形，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，又，又平面，所以平面，同理可证平面，所以平面平面，由正方体可得与是全等的等边三角形，因为正方体的棱长为2，所以，所以，，由，得，所以，解得，所以到平面的距离为，同理到平面的距离为，所以平面与平面的距离为，因为平面，又，所以为正三角形的中心，又，所以可得，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆，设的内切圆半径为，则可得，解得，所以的轨迹与的三边相切，因为平面，平面，所以的轨迹在平面的投影与相切，所以点到距离的最小值为平面与平面的距离，所以点到距离的最小值为，故④正确．故选：①②④.20.【答案】①③④【分析】①根据已知条件，结合正弦函数的性质，用奇函数的定义验证；②分析两个正弦值都等于1的条件，找到能同时取到1的情况，从而否定之；③利用正弦函数的性质整理化简，得到函数的零点，进而寻找在给定区间内的零点，然后考虑合适的参数值，使得函数的零点达到规定的数目；④利用和角差角的正弦公式整理化简方程，得到参数应满足的条件，然后取适当的参数，得到给定范围内的实数的值.【详解】对于①：∵.​定义域

R

关于原点对称，且

对所有

x

成立,结论①正确.对于②：当且仅当存在使得且时，.此时需要解方程组：.化简得：​.需满足.,例如：若取则，验证：.因此，存在使得.故②错误.​对于③​：.又等价于或.则或.在[0,1]内：共

个点.:，共

个点.总零点数为

（假设）.需要，即.取

，则零点数为.​结论③正确.对于④：.需要这对所有

x

成立，因此：且.即：​,所以.​，可以取，则

.结论④正确.故答案为：①③④三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.）21.【答案】（1）（2），．（3）【分析】（1）直接代入求值即可；（2）首先求得函数，再由整体代入法即可求解；（3）由正弦型函数的性质即可求解.【小问1详解】.【小问2详解】.因为相邻两条对称轴之间的距离为，故，且，.所以．所以．令，解得，．所以的单调递增区间为，．【小问3详解】因为，所以．因为在上的值域是为，所以在上的值域为．所以．所以．22.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）根据线面平行的性质定理平面得出即可得证；（2）设直线与平面所成角为，则，其中为点到平面的距离，利用等体积法求出，进而得到答案；（3）根据线面垂直的判定定理，证明面，进而得到答案.【小问1详解】连接，因为底面是正方形，所以是的中点，因为点在棱上，平面，平面，且平面平面，所以，所以为的中点.【小问2详解】设直线与平面所成角为，则，其中为点到平面的距离，因为，，，，，所以，，所以为等边三角形，为直角三角形，所以，，又因为,即，即，所以，所以直线与平面BDM所成角的正弦值为【小问3详解】连接，，,因为为等边三角形，所以，，又因为，，所以为等腰三角形，所以，，又因为，面，所以面，又因为面，所以，又因为，，，所以，即，又因为，面，所以面，求点到平面BDM的距离为.23.【答案】（1）（2）【分析】（1）由正弦定理得即可求解；（2）由正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式逐一分析三个条件即可求解.【小问1详解】由，得．在中，由正弦定理得．因为，，所以．又，所以．【小问2详解】选条件①：．在中，由正弦定理，得．因为为钝角，所以．在中，因为，由余弦定理，得．解得或（舍）．所以．选条件②：因为为钝角，所以为锐角，而，这与是的外角，矛盾，从而此时不存在；选条件③：的周长为．在中，由正弦定理，得．因为为钝角，所以．因为的周长为，所以．在中，由余弦定理，得，解得.所以.24.【答案】（1）证明见解析（2）（3）证明见解析【分析】（1）取中点，连接，先证明四边形是平行四边形，得出.，进而根据线面平行的判定定理，即可得出结论；（2）过作于，连接，可证为二面角的平面角，求解即可；（3）利用等体积法求得到平面的距离，到平面的距离，可得结论.【小问1详解