2025-2026学年北京市西城区高一（下）期末考试数学试卷（含答案）

第第页2026北京西城高一（下）期末数学学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知向量，，则（

）A． B． C． D．2．若曲线关于直线对称，则m的最小值为（

）A． B． C． D．3．设函数的定义域为，则“”是“为偶函数”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．在空间中，已知线段和直线，直线，，直线与间的距离为5cm.以直线为旋转轴，将线段旋转一周而形成曲面，则曲面的面积为（

）A． B． C． D．5．已知，且，则（

）A． B． C． D．6．已知函数在区间上单调递减.若，，，则（

）A． B． C．2 D．37．在中，，，P为所在平面内一点，则的最小值为（

）A．-2 B．-1 C．0 D．18．如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，过的平面分别交，于，.若平面将三棱锥分成体积相等的两部分，则（

）A．1 B．2 C． D．二、填空题9．复数______.10．函数的部分图象如图所示，则______；______.11．已知，且.写出满足条件的一组，的值______，______.12．在四面体中，.若平面平面，则四面体的表面积为______.13．已知，是锐角，给出下列四个结论：①，；②，；③，；④，.其中所有正确结论的序号是_____.三、解答题14．已知函数.(1)求的最小正周期：(2)求在区间上的最小值.15．如图，在三棱柱中，为正三角形，是的中点：(1)求证：平面；(2)若，，.（i）求证：；（ii）求三棱柱的体积.16．在中，.(1)求；(2)已知，于.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，求的长.条件①：的周长为；条件②：的面积为；条件③：的面积为.注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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.17．如图1，在中，，，，为边上的高.如图2，将绕旋转至，使.(1)求证：平面平面；(2)在（1）的条件下，过点作平面，试确定点H的位置，并求的长.18．给定正整数，设n维向量集合.对任意，其中，，定义.设，若A同时满足下面两个性质，则称A具有性质P.①对任意，有；②对任意，其中，均存在，使得.(1)已知，，判断，是否具有性质P（结论无需证明）；(2)当时，若集合A具有性质P，且元素个数为3.证明：对任意，且，有；(3)当时，若集合A具有性质P，求A中元素个数的最小值.

参考答案题号12345678答案CBADDABA1．C【详解】因为，，所以，，，设与的夹角为，则且，解得，即，故选项C正确.2．B【详解】曲线关于直线对称，则，即，因为，当时，，当时，（舍去），所以的最小值为，选项B正确.3．A【详解】当时，，因为，所以是偶函数，充分性成立；若是偶函数，则，即，解得，即（舍去）或，化简可得，当时，，此时，，是偶函数，但，所以必要性不成立，因此“”是“为偶函数”的充分不必要条件.4．D【分析】线段绕平行线旋转一周形成的立体图形为圆柱，根据圆柱的侧面积展开为矩形进行求解.【详解】因为，所以线段以直线为旋转轴，旋转一周而形成的曲面为圆柱的侧面，因为，与间的距离为，所以曲面的面积为，故选项D正确.5．D【详解】因为，又因为，则，，可得，所以.6．A【分析】利用辅助角公式化简函数表达式，根据单调性与函数值，结合正弦函数的图象，确定与的值，两式相减，即可求出的值.【详解】由题知，因为，，即，，又因为在区间上是减函数，则，，两式相减得，且，所以.7．B【分析】建立平面直角坐标系，用坐标表示出向量的数量积，再结合配方的方法求得最值.【详解】，以为原点，方向为轴，方向为轴建立平面直角坐标系，如下图所示因为，所以，，，设，则，，，所以，则，配方可得，因为，，当，时二者最小值都是0，所以的最小值为，故选项B正确.8．A【分析】由线面平行判定定理及性质定理推出，设，连接，则，分别求出体积，根据题意列方程即可求出答案.【详解】因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，设，则，，连接，则，不妨设因为平面，平面，所以，，又因为，，所以平面，则点到平面的距离，，，，所以，，点到平面的距离，所以，所以，，，由题意知，即，解得或（舍去），即，又，所以.9．i【详解】.10．1【分析】根据图象可知函数的最大值，即可得；根据图象结合函数的最小正周期求的值.【详解】由图象可知：函数的最大值为1，所以；又因为函数的最小正周期，所以.11．（答案不唯一）（答案不唯一）【详解】，根据诱导公式可得，解得或，化简可得（任意）或（任意），因为，所以取时，，任选，如，代入验证可得.12．【分析】根据题意可得，面积均为，作辅助线，可证平面，可得，进而可求四面体的表面积.【详解】因为，可知，均为等边三角形，其面积均为，取的中点，连接，因为，则，且平面平面，平面平面，平面，则平面，由平面，则，由题意可知：，则，可知与全等，在中，边上的高，则的面积为，所以四面体的表面积为.13．①②③【分析】根据条件，利用三角函数的性质及正弦和余弦的和角公式，再由诱导公式及正弦函数和余弦函数的性质，即可判断正误.【详解】①，则，因为，所以，，，，即，，因此，即，故①正确；②令，则，，因为，且正弦函数在上单调递增，所以，因此，即，故②正确；③，则，因为，所以，，，，因此，即，故③正确；④，因为，所以，则，因为，所以，因为，所以，因此不可能有，故④错误.14．(1)(2).【详解】（1），所以的最小正周期.（2）因为，所以，当，即时，取得最小值为.15．(1)连接，设，连接，因为O，D分别为，的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面.(2)（i）因为为正三角形，D是的中点，则，又因为，，则为正三角形，可得，且，平面，可得平面，且平面，所以；（ii）3【分析】（1）作辅助线，可证，结合线面平行的判定定理分析证明；（2）（i）根据题意可得，，可证平面，即可得结果；（ii）可证平面，结合柱体的体积公式运算求解.【详解】（1）略（2）（i）略（ii）因为，则，且，所以，又因为，，平面，所以平面，故三棱柱的体积.16．(1)(2)条件①，；条件③【分析】（1）根据正弦定理边角转化和三角形内角的性质，求出角的大小；（2）根据余弦定理得到的关系式，结合所选的条件判断是否有唯一解，进而求出的长度.【详解】（1）因为，所以，由正弦定理可得，在中，因为，所以，因为，所以.（2）选条件①：因为，，所以，由余弦定理可得，所以，即，解得，联立可得，解得，此时为正三角形，存在且唯一，所以；选条件②：，，，，化简可得，由余弦定理可得，所以，则，解得或，当时，解得，当时，解得，，故不唯一，所以条件②不可选；选条件③：由余弦定理可得，所以，因为，所以，因为，当且仅当时，，所以解得，此时为正三角形，存在且唯一，所以.17．(1)在中，由余弦定理可得，因为，所以，在中，因为，，，所以，则，因为，所以，，因为平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，，所以，即，因为平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.即平面平面.(2)点在棱上，.【分析】（1）利用余弦定理求出角的大小，再根据直角三角形得到线线垂直，根据线线垂直证明线面垂直，从而证明面面垂直；（2）通过面面垂直证明线面垂直，根据相似三角形得到的比例，从而求出距离.【详解】（1）略（2）由（1）得平面平面，且平面平面，在平面内，过点作平面，则，且点在棱上，如下图所示，在中，.18．(1)不具有性质具有性质；(2)证明：由中元素个数为3，设．假设存在，且，使得．不妨设．由性质①，得中恰有一个中恰有一个1．所以存在，使得，不妨设．对于任意的，其中，有，且．由集合具有性质②，故对任意的，有．所以，与性质①矛盾！故．(3)6【详解】（1）不具有性质具有性质．由，，得，对，因为，则符合性质①，当时，若，此时，若时，此时，故不符合性质②；对，因为中的每个元素均含有4个1和1个0，故满足性质①，当时，此时或使得，当时，此时使得，当时，此时或使得，当时，此时使得，当时，此时或使得，当时，此时或或使得，当时，此时或使得，当时，此时或使得，当时，此时使得，当时，此时或使得，故满足性质②，综上不具有性质具有性质．（2）略（3）设集合中元素个数为．