北京市西城区2024-2025学年高一下学期期末数学试卷 含解析

北京市西城区2024—2025学年度第二学期期末试卷高一数学本试卷共5页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案写在答题卡上，答题卷上作答无效．第一部分（选择题共50分）一、选择题共10小题，每小题5分，共50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.在复平面内，复数z对应点的坐标为，则z的共轭复数对应的点坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的几何意义可得，即可求解.【详解】在复平面内，复数z对应点的坐标为，所以，，在复平面中对应的点坐标为.故选：A.2.若，则（）A.（） B.（） C.（） D.（）【答案】C【解析】【分析】根据三角函数在单位圆中的定义解方程即可.【详解】如图，所以.故选：C.3.已知向量，满足，，则（）A. B. C.0 D.1【答案】D【解析】【分析】由题可求向量，，再利用向量数量积的坐标公式求解.【详解】因为，，所以，，所以.故选：D.4.将曲线向右平移个单位长度后，得到的曲线关于原点中心对称数的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出平移后的曲线解析式，然后根据原点对称这一条件求出的最小值.【详解】将曲线向右平移个单位长度后得到的曲线为：.因为该曲线关于原点对称，所以，解得.因为，当时，取最小值为.故选：B.5.在△ABC中，若，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理求出，进而可得到.【详解】根据正弦定理得，，因为，所以,解得，因为，所以，所以.故选：D.6.在长方体中，，．给出下列四个结论：①；②；③平面；④平面．其中正确的结论是（）A.①③ B.②③ C.①④ D.②④【答案】B【解析】【分析】由不成立及直线与平面垂直的性质可判断①，由四边形是正方形可判断②，由线面垂直的判断定理可判断③，由不成立及直线与平面垂直的性质可判断④.【详解】在长方体中，，，所以底面是长方形，故不成立，因为平面，由线面垂直的性质可知与平面不垂直，因为平面，平面，所以，因为，所以不成立，故①错误；因为，在长方体中，有，因为平面，平面，所以，因为，所以四边形是正方形，所以，故②正确；因为，所以，因为是正方形，所以，因为，且平面，所以平面，故③正确；因为是长方形，所以不成立，由线面垂直的性质可知，平面不垂直，故④错误；所以正确的结论是②③.故选：B7.函数（，）的部分图象如图所示，则（）A.， B.， C.， D.，【答案】A【解析】【分析】由图可得并结合，可求解，由可得为的对称轴，再结合图象，从而可求解.【详解】由图可知当时，，又，解得，又由图可知，所以为对称轴，则，，结合图象，即，则解得，故A正确.故选：A.8.已知菱形的边长为2，．将菱形沿对角线折起，使得，则三棱锥的体积为（）A. B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】取的中点，可证平面平面，过点作，则是三棱锥的高，由等面积法求得，代入棱锥体积公式求解.【详解】如图，取的中点，连接，因为，且，所以，，，又，平面，故平面，又平面，所以平面平面，过点作，垂足为，又平面平面，平面，所以平面，即是三棱锥的高，在中，由等面积法，得，解得，又，.故选：A.9.函数，是（）A.奇函数，且存在最大值 B.奇函数，且存在最小值C.偶函数，且存在最大值 D.偶函数，且存在最小值【答案】C【解析】【分析】根据题意，利用定义确定函数奇偶性，又，利用函数单调性可确定最值.【详解】，，所以，所以为偶函数，，又在单调递增，所以，无最小值，即有最大值1，无最小值.故选：C.10.设，为平面向量，定义运算．已知向量，，满足，则的最大值为（）A. B. C. D.3【答案】B【解析】【分析】设，，，根据题意得为的外心，结合正弦定理得，，，再由，，得到，利用三角恒等变形，结合四元基本不等式，即可求解.【详解】设，，，因为，所以，所以为的外心，在中，由正弦定理可得，所以，，，，，又与的夹角为，所以，又，，所以，，把看作主元，故当时，上式取得最大值，最大值为，其中，当且仅当且时，等号成立，即时，，所以.故选：B第二部分（非选择题共100分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.若复数z满足，则__________．【答案】5【解析】【分析】根据复数的除法运算求得，再利用复数模公式求解.【详解】由，则，.故答案为：5.12.在平面直角坐标系中，已知角，的终边关于y轴对称，且，则，的一组取值可以为__________；__________．【答案】①.②.【解析】【分析】根据角的对称及正切的正负，写出一组答案即可.【详解】因为的终边关于轴对称，且，所以可取，.故答案为：，.（答案不唯一）13.已知圆柱形水杯的底面半径为3cm，侧面积为，则水杯的容积约为__________ml．（精确到1ml，水杯壁厚度忽略不计）【答案】565【解析】【分析】设圆柱形水杯的底面圆的半径为，高为，由题求得，利用圆柱体积公式求得答案.【详解】设圆柱形水杯的底面圆的半径为，高为，则，所以水杯的侧面积，解得，所以水杯的容积.故答案为：.14.如图，在矩形中，，，点在边上．①若，则__________；②的取值范围是__________．【答案】①.②.【解析】【分析】（1）建立平面直角坐标系，设，空①：由，求出，然后由即可求解；空②：，因为，从而可求解.【详解】由题意以点为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，设，，即，，，空①：由，即，解得，则，所以，所以；空②：，因为，则，所以的取值范围是.故答案为：；.15.如图，在正方体中，点P在正方形及其内部运动给出下列四个结论：①存在无穷多个点P，使得；②对任意点P，PC与BD均为异面直线；③到直线和BD距离相等的点P存在且唯一；④对任意点P，平面BCP与平面不可能垂直．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】【解析】【分析】对于①当点在线段上时，由平面可以判断；对于②由异面直线的定义判断；对于③，当点与点重合时可判断；对于④，当点在线段时，所以平面，可判断．【详解】对于①，如图易知平面，当点在线段上时，则平面，得，故①正确；对于②，因为点都在平面内，而点在平面，且平面平面，所以平面，平面，，所以与为异面直线，故②正确；对于③，当点与点重合时，此时点到的距离为线段的长，点到的距离为的长，，所以满足到直线和距离相等的点存在，因为平面平面，平面，所以点到直线的距离大于等于，当且仅当点时，点到直线的距离等于，点到直线的距离小于等于，当且仅当点时，点到直线的距离等于，故这样的点是唯一的，故③正确；对于④，因为平面，当点在线段时，所以平面，而平面，得平面平面，故④错误．故答案为：①②③三、解答题共6小题，共75分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.已知，．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）7（2）【解析】【分析】（1）利用同角三角函数关系求出，由正切差角公式进行求解即可；（2）利用诱导公式和二倍角公式得到，在（1）基础上，代入求值.【小问1详解】，，故，，；【小问2详解】由（1）知，，.17.如图，在直三棱柱中，，，分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）利用线面平行的判定定理证明即可．【详解】（1）证明：因为在直三棱柱中，底面，所以，又因为，，所以平面.（2）取中点，因为为的中点，所以，且，因为为的中点，，且，所以，且，所以四边形平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.18.在中，已知．（1）求；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得存在，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．【答案】（1）（2）只能选①、③，此时；【解析】【分析】（1）由二倍角的正弦公式化简得到，结合角的范围可得；（2）先说明，不合要求，故不能选条件②；选①、③，由余弦定理得到，此时存在，利用三角形面积公式求出答案.【小问1详解】，因为，所以，故，故；【小问2详解】因为，所以，因为在上单调递减，故，但条件②，不合要求，故不能选条件②；选①、③，由余弦定理得，即，解得或（舍去），满足，存在，此时.19.已知函数的一个零点为．（1）求c；（2）当时，若的值域为，求t的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由，运算得解；（2）由（1）化简，根据的值域，利用正弦函数的性质求解.【小问1详解】由题，，所以.【小问2详解】由（1），，因为，所以，若的值域为，则，解得，

所以的取值范围为.20.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，．（1）求证：；（2）求证：直线不可能与平面平行；（3）空间中是否存在球O，使得四棱锥的顶点均在此球面上？若存在，确定球心O的位置（结论无需证明）；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）存在，球心O的位置位于的中点.【解析】【分析】（1）先证明平面，即可证明；（2）过点作交于点，连接，证明四边形为直角梯形，即可求解证明；（3）将四棱锥的补成长方体，再结合长方体外接球知识，从而可求解.【小问1详解】由平面，平面，则，又，，平面，则平面，又平面，所以，又因为，，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】证明：过点作交于点，连接，如图，由平面，又，则平面，又平面，所以，即，又平面，又平面，所以，即，且所以四边形为直角梯形，则的延长线与的延长线必交于一点，又平面，从而得证直线不可能与平面平行.【小问3详解】存在，球心位于的中点处.理由如下：将四棱锥补成长方体，如图所示，根据长方体外接球的球心位于体对角线的交点上，则四棱锥的外接球心位于长方体的体对角线的交点处，该位置也是的中点处.21.已知函数定义域为．若存在周期均为的两个不同的偶函数，，使得，则称具有性质P．（1）判断，是否具有性质P，并说明理由；（2）已知具有性质P，且不恒为0．设．证明：若M为有限集，则M中的元素个数为偶数．【答案】（1）答案见详解（2）证明见详解【解析】【分析】（1）对，由性质得定义举例说明；对