2023昌平高一（下）期末數(shù)學試卷（教師版）

這是一份2023昌平高一（下）期末數(shù)學試卷（教師版），共16頁。試卷主要包含了 復數(shù)的共軛復數(shù)， 在中，，則等內容，歡迎下載使用。
2023.7
本試卷共4頁，共150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結束后，將答題卡交回.
第一部分（選擇題共50分）
一?選擇題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.
1. 復數(shù)的共軛復數(shù)（ ）
A. B.
C. D.
2. 扇子具有悠久的歷史，蘊含著豐富的數(shù)學元素.小明制作了一把如圖所示的扇子，其半徑為，圓心角為，則這把扇子的弧長為（ ）

A. B. C. D.
3. 已知均是單位向量，，則（ ）
A. B. 0C. D. 1
4. 已知角的頂點與坐標原點重合，始邊落在軸的非負半軸上，它的終邊過點，則（ ）
A. B. C. D.
5. 在中，，則（ ）
A. 1B. C. D. 2
6. 下列函數(shù)中，是偶函數(shù)且其圖象關于點對稱的是（ ）
A. B.
C. D.
7. 如圖，測量河對岸的塔高此，選取與塔底在同一水平面內的兩個觀測點與垂直于平面.現(xiàn)測得，并在點測得塔頂?shù)难鼋菫?，則塔高（ ）

A. B. C. D.
8. 設函數(shù)的部分圖象如圖所示，那么（ ）

A. B.
C. D.
9. 已知棱長為2的正方體是的中點，是正方形內（包括邊界）的一個動點，且，則線段長度的取值范圍是（ ）

A. B. C. D.
10. 在平面直角坐標系中，點，，則的最大值為（ ）
A. 1B. C. D. 2
第二部分（非選擇題共100分）
二?填空題共6小題，每小題5分，共30分.
11. 的值為__________.
12. 已知復數(shù)，則復數(shù)在復平面內對應的點位于第__________象限.
13. 已知是平面外的兩條不同直線.給出下列三個論斷：
①；②；③.
以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：__________.
14. 已知正三角形的邊長為2，點滿足，則__________，__________.
15. 已知角的頂點與坐標原點重合，始邊落在軸的非負半軸上.角的終邊繞原點逆時針旋轉后與角的終邊重合，且，則角的一個取值為__________.
16. 如圖，在四棱錐中，底面是正方形，底面為的中點，為內一動點（不與三點重合）.給出下列四個結論：

①直線與所成角的大小為；②；③的最小值為；④若，則點的軌跡所圍成圖形的面積是.
其中所有正確結論的序號是__________.
三?解答題（本大題共5小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
17. 已知向量.
（1）求的夾角；
（2）求的坐標.
18. 已知函數(shù).
（1）求的最小正周期；
（2）求在區(qū)間上的最大值及相應的的取值
（3）若函數(shù)在上是增函數(shù)，求的最小值.
19. 在中，.
（1）求；
（2）再從條件①?條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求的面積.
條件①：；
條件②：.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
20. 如圖，在四棱錐中，底面是正方形，平面，是棱上的動點（不與重合），交平面于點.

（1）求證：平面；
（2）求證：平面平面；
（3）若是的中點，平面將四棱錐分成五面體和
五面體，記它們的體積分別為，直接寫出的值.
21. 已知定義域為的函數(shù)滿足：對于任意的，都有，則稱函數(shù)具有性質.
（1）判斷函數(shù)是否具有性質；（直接寫出結論）
（2）已知函數(shù)，判斷是否存在，使函數(shù)具有性質？若存在，求出的值；若不存在，說明理由；
（3）設函數(shù)具有性質，且在區(qū)間上的值域為.函數(shù)，滿足，且在區(qū)間上有且只有一個零點.求證：.
參考答案
第一部分（選擇題共50分）
一?選擇題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.
1. 【答案】B
【分析】先利用復數(shù)的除法得到復數(shù)z，再求共軛復數(shù).
【詳解】解：因為復數(shù)，
所以，
所以，
故選：B
2. 【答案】B
【分析】根據(jù)給定條件，利用弧長公式計算作答.
【詳解】因為扇形半徑為，圓心角為，所以弧長為.
故選：B
3. 【答案】D
【分析】將兩邊平方，再根據(jù)數(shù)量積得運算律即可得解.
【詳解】因為均是單位向量，所以，
又，則，
即，所以.
故選：D
4. 【答案】A
【分析】利用誘導公式，結合三角函數(shù)定義求解作答.
【詳解】依題意，，所以.
故選：A
5. 【答案】C
【分析】直接利用余弦定理求解即可.
【詳解】在中，，
由余弦定理得，
所以.
故選：C.
6. 【答案】D
【分析】利用偶函數(shù)排除兩個選項，再由對稱性判斷作答.
【詳解】對于A，函數(shù)是奇函數(shù)，A不是；
對于C，函數(shù)是奇函數(shù)，C不是；
對于B，函數(shù)是偶函數(shù)，而，即的圖象不關于點對稱，B不是；
對于D，函數(shù)是偶函數(shù)，，即的圖象關于點對稱，D是.
故選：D
7. 【答案】C
【分析】根據(jù)給定條件，利用正弦定理，結合等腰三角形的性質求解作答.
【詳解】在中，，則，
由正弦定理得：，于是，
在中，，因此，
所以塔高
故選：C
8. 【答案】C
【分析】根據(jù)周期可得，利用最值點即可得.
【詳解】根據(jù)圖象可知，
將代入得,
所以，由于，所以取，故，
故選：C
9. 【答案】B
【分析】根據(jù)給定條件，確定點的軌跡，再求出的范圍作答.
【詳解】在正方體中，連接，如圖，

顯然平面，平面，則，又，
且平面，因此平面，
而點平面，且，于是平面，點平面，
又點平面，平面平面，因此點在線段上，
在中，，則，由于是的中點，
從而，
所以線段長度的取值范圍是.
故選：B
10. 【答案】B
【分析】根據(jù)向量數(shù)量積的坐標運算，結合三角恒等變換，即可由三角函數(shù)的有界性求解最值.
【詳解】由，可得，
所以
，
故當時，取最大值，
故選：B
第二部分（非選擇題共100分）
二?填空題共6小題，每小題5分，共30分.
11. 【答案】##
【分析】根據(jù)余弦的和差角公式即可求解.
【詳解】，
故答案為：
12. 【答案】三
【分析】先求出，然后求出其在復平面對應的坐標，從而可得答案
【詳解】因為，
所以，
所以復數(shù)在復平面內對應的點為，位于第三象限，
故答案為：三
13. 【答案】①②③
【分析】根據(jù)空間直線和平面平行垂直的判定定理及性質定理推理得出結論.
【詳解】若①②③，
理由：設過有一個平面，使得，
，，，
，
又，，可得，
又，∴．
若①③②，
由，，可得或與相交或，
故①③不能推出②.
若②③①，
由，，可得或，
故②③不能推出①.
故答案為：①②③.
14. 【答案】 ①. 1 ②. 3
【分析】由向量等式可得P為BC邊的中點，由此求解作答.
【詳解】正的邊長為2，且，則點P為BC邊的中點，所以，
，.
故答案為：1；3
15. 【答案】
【分析】利用終邊相同的角可得，再借助余弦函數(shù)的性質求解作答.
【詳解】依題意，，因此，則，
解得，當時，，
所以角的一個取值為.
故答案為：
16.【答案】①②④
【分析】根據(jù)異面直線所成的角即可判斷①，根據(jù)空間中的垂直關系轉化即可證明平面，即可求證線線垂直進而判斷②，根據(jù)點到面的距離為最小值，利用等體積法即可求解③，根據(jù)圓的面積即可判斷④.
【詳解】由于，所以即為直線與所成的角或其補角，
由于底面平面，所以,又，所以，①正確；
由于底面平面，所以,
又,平面，
所以平面,
取中點為，連接,
由于為的中點，所以，所以平面，平面，則，
又，中點為，所以,
平面，所以平面，平面，則,
平面，所以平面,平面,
所以,
平面，所以平面,平面,
所以，故②正確；
當平面時，最小，設此時點到平面的距離為，
,
所以,
由于，故為等邊三角形，,
所以，故③錯誤；
由③得點到平面的距離為，不妨設在平面的投影為,
所以點到平面的距離為,
由于被平分，所以到平面的距離為,
由②知平面，所以三點共線，即，
又，所以,
因此點的軌跡圍成的圖形是以點為圓心，以為半徑的圓，所以面積為，故④正確.
故答案為：①②④

【點睛】方法點睛：本題考查立體幾何中線面垂直關系的證明、異面直線所成角和點到面的距離的求解、截面面積的求解問題；求解點到面的距離的常用方法是采用體積橋的方式，將問題轉化為三棱錐高的問題的求解或者利用坐標系，由法向量法求解..
三?解答題（本大題共5小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
17. 【答案】（1）；
（2）或.
【分析】（1）利用數(shù)量積和模求出向量夾角作答.
（2）設出的坐標，利用給定條件列式求解作答.
【小問1詳解】
向量，則，，
因此，而，則，
所以的夾角為.
【小問2詳解】
設，而，由，得，即，
由，得，聯(lián)立解得或，
所以或.
18. 【答案】（1）；
（2），；
（3）.
【分析】（1）利用二倍角公式及輔助角公式化簡函數(shù)，再利用正弦函數(shù)周期公式求解作答.
（2）利用（1）中解析式，求出相位所在區(qū)間，結合正弦函數(shù)性質求解作答.
（3）求出的單調遞增區(qū)間，再借助集合包含關系列式作答.
【小問1詳解】
依題意，函數(shù)，
所以函數(shù)的最小正周期為.
【小問2詳解】
由（1）知，，當時，，
當，即時，函數(shù)取得最大值1，
所以，.
【小問3詳解】
由（1）知，，由，
得，即函數(shù)在上單調遞增，
因為函數(shù)在上是增函數(shù)，則，因此，
所以的最小值是.
19. 【答案】（1）
（2）選①；選②
【分析】（1）利用正弦定理化邊為角，即可得解；
（2）選①，先利用平方關系求出，結合已知求出，再根據(jù)兩角和得正弦公式求出，再根據(jù)三角形的面積公式即可得解.
選②，先求出，再根據(jù)兩角和得正弦公式求出，再根據(jù)三角形的面積公式即可得解.
【小問1詳解】
因為，
由正弦定理得，
又，所以，
又，所以；
【小問2詳解】
選①，因為，所以，
由，
得，
則，
所以
選②，，
得，故，
則，
所以，
所以.
20. 【答案】（1）證明見解析 （2）證明見解析
（3）
【分析】（1）由線面平行的判定定理可證；
（2）由線面垂直的性質定理和判定定理先得平面，再由面面垂直的判定定理得證；
（3）連結，將五面體分割成三棱錐和四棱錐，分別求出體積，可求，再由，可解此題.
【小問1詳解】
由底面是正方形，知，
又平面，平面，
所以平面；
【小問2詳解】
由底面是正方形，可知，
又平面，平面，所以，
平面，平面，且，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小問3詳解】

連結，
由（1）平面，平面，平面平面,
得，即，
又由（2）平面，可得平面，
由題意，是的中點，

，
又，
所以，
.
21. 【答案】（1）函數(shù)具有性質；不具有性質.
（2），
（3）證明見解析
【分析】（1）利用定義判斷即可；
（2）假設函數(shù)具有性質，可求出，進而可得，從而可得，再根據(jù)定義進行驗證，即可得到答案；
（3）由由函數(shù)具有性質及（2）可知，，進而可得在的值域為，且，由在區(qū)間上有且只有一個零點可證明當時不符合題意，再求解當時與是以為周期的周期函數(shù)矛盾，從而可得，即可證明.
【小問1詳解】
因為，則，又，
所以，故函數(shù)具有性質；
因為，則，又，
，故不具有性質.
【小問2詳解】
若函數(shù)具有性質，則，即，
因為，所以，所以；
若，不妨設，由，
得（*），
只要充分大時，將大于1，而的值域為，
故等式（*）不可能成立，所以必有成立，
即，因為，所以，
所以，則，此時，
則，
而，即有成立，
所以存在，使函數(shù)具有性質.
【小問3詳解】
證明：由函數(shù)具有性質及（2）可知，，
由可知函數(shù)是以為周期的周期函數(shù)，則，
即，所以，；
由，以及題設可知，
函數(shù)在的值域為，所以且；
當，及時，均有，
這與在區(qū)間上有且只有一個零點矛盾，因此或；
當時，，函數(shù)在的值域為，
此時函數(shù)的值域為，
而，于是函數(shù)在的值域為，
此時函數(shù)的值域為，
函數(shù)在當時和時的取值范圍不同，
與函數(shù)是以為周期的周期函數(shù)矛盾，
故，即，命題得證.
【點睛】關鍵點睛：本題考查了函數(shù)新定義問題，解決此類問題，關鍵是讀懂題意，理解新定義的本質，把新情境下的概念、法則、運算化歸到常規(guī)的數(shù)學背景中，運用相關的數(shù)學公式、定理、性質進行解答即可.