2023-2024学年度北京市第八中学高一（下）期末数学试题（PDF版，含解析）

北京八中 2023~2024 学年度第二学期期末练习答案
北京八中 2023~2024 高一期末数学练习答案
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A A D D A D B C A D
二、填空题

11.7 12. 13. 3 14. sin 2x
3
（答案不唯一） 15.②④
4 4
选择、填空题详细解答：
1.解：由题 z (2 i)(1 2i) 4 3i，则 z 4 3i， z 2i 4 i，| z 2i | 42 ( 1)2 17.
故选 A.
2.解：对于 A，函数 y | cos x | 的最小正周期为 的偶函数．
对于 B，函数 y 2sin x是最小正周期为 2 的奇函数．不满足条件；
对于 C，函数 .y | sin 2x |

是最小正周期为 的偶函数，不满足条件；
2
对于 D， y cos x是最小正周期为 2 的偶函数，不满足条件．故选 A.
3
3.解：函数 f (x) sin x( 0) ，满足 f ( ) f ( ) ，
4 4
[ , 3 且在 ]内恰有一个最大值点和一个最小值点，
4 4
f (x) 2 3 则 的最小正周期为 ，解得 4. 故选：D.
4 4 2
4.解：对于 A、若 // ，m ， n ，则m // n或 m 与 n 异面，故 A 错误；
对于 B、若m ， n m，则 n / / 或 n ，故 B 错误；
对于 C、若 ， n， n m，只有当m ，才能得到m ，故 C 错误；
对于 D、若 n，m ，m // ，由线面平行的性质可知m // n，故 D正确
B B
5.解：因为 b sinC c cos ，由正弦定理得 sin B sinC sinC cos ，
2 2
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sinC 0 sin B cos
B 2sin B cos B B cos cos B又 ，所以 ，所以 ，又 0，
2 2 2 2 2
sin B 1 0 B B 所以 ，因为 ，所以 ，即 B ，
2 2 2 2 2 6 3

又 |CA CB | |CA CB | 2 2 2 2两边同时平方得：CA CB 2CA CB CA CB 2CA CB ，

即CA CB 0 ，所以CA

CB,C ，所以 A . 故选： A.
2 3 2 6
6.解：因为 tan 2 tan tan ，所以乙和丁的判断只有一个正确. tan 2 1 tan 2 ，
2 tan
若丁的判断正确，则 tan 2 ， tan 2 1 tan2 0 ，则丙的判断错误，不符合题意;
tan 1
2 tan 4
若乙的判断正确，则 ，此时 tan 2 11 tan 2 3 ，丙的判断也正确，此时 是2
1
第一或第三象限角， 所以 是第三象限角且 tan 时，只有丁的判断错误.
2
故此人是丁. 故选 D.
7.解： f (x) | tan(x ) | ，由“函数 f (x) 的图象关于 y 轴对称”，可得 y tan(x ) 是奇函数，
k
可得“ (k Z ) ”，故充分性不成立．由 k (k Z ) ，可得 y tan(x ) tan x，
2
可得 f (x) | tan(x ) | | tan x | 为偶函数，故 f (x) 的图象关于 y 轴对称，故必要性成立，
函数 f (x) 的图象关于 y 轴对称”是“ k (k Z ) ”的必要不充分条件，故选： B.

8.解：由题意知， a b a b cos a,b ,b c b c cos b ,c ，
a

得 cos a,b
b 1
, cos b ,c
b c 3

a b 2 b c 2 ，
a

,b b ,c [0, ] a ,b 2 , b ,c a ,c 5 又 、 ，所以 ，则 或 ，
3 6 2 6
a c 故 0 或 a c a c cos a ,c 1 1 cos 5 3 . 故选：C.
6 2
T 2
9.解：由图象可知 5 2 3 ，则T 12. 因为 0 ，所以 ，
4 T 6

所以 f (x) Asin ( x ). 由 f (5) Asin (
5
) 0 5 ，得 k ,k Z ，
6 6 6
因为 ，所以 ，则 f (x) Asin ( x ),
2 6 6 6
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2
故C(0,
A) A A A，又因 BC CD ( 2, ) (5, ) 10 0，
2 2 2 4
解得 A 2 10( 因 A 0,负根舍去 )，所以 f (x) 2 10 sin (
x ). 故选： A.
6 6
10.解：①由正方体可得： AC BD，DD1 平面 ABCD，
AC 平面ABCD， AC DD1 ， BD DD1 D， BD,DD1 平面BDD1 ，
AC 平面 BDD1，又 BD1 平面BDD1 ， AC BD1 ，同理： B1C BD1 ，
AC B1C C， AC,B1C 平面AB1C， BD1 平面 AB1C， OE 平面AB1C ，
OE BD1，正确；
② AC // A1C1， AC 平面AB1C， A1C1 平面AB1C ， A1C1 // 平面AB1C ，
同理得： A1D // 平面AB1C ，
A1D A1C1 A1 ， A 1D, A 1C 1 平面A 1C 1D， 平面 AB1C // 平面 A1C1D，
OE 平面AB1C ， OE // 平面 A1C1D，正确；
③易知 B1C // A1D， B1C 平面A1BD， A1D 平面A1BD ， B1C // 平面A1BD,
E 到平面 A1BD的距离为定值，
三棱锥 A1 BDE 的体积等于三棱锥 E A1BD 的体积，底面 A1BD的面积为定值，E 到
平面 A1BD的距离为定值， 三棱锥 A1 BDE 的体积为定值，正确；
④ E B OC 2 1 2 3 2当 在 1处时，由勾股定理易得： ,OB2 1
,B
2 1
C 2，
OC 2 OB 21 B1C
2 ，即 B 1OC 90 ， OE 与 A C 所成的角为 90 ， AC // A1C1，
OE 与 A1C1 所成的角为 90 ， OE 与 A 1C1 所成的最大角为90 ，正确. 故选 D.

11. 解：因为向量 a ( 1,2),b (m,1) ，所以 a b m 1,3 ，又向量 a b 与 a垂直，
则有 1 m 1 2 3 0，解得m 7. 故答案为 7.
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12. 解：由题意知， A(1, 2) ， B(3, 1) ，O(0,0) ，所以OA (1, 2) ，OB (3, 1) ，

则OA OB 3 1 1 2 5 ， OA 5, OB 10 ，

OA OB 5 2
所以 cos AOB OA OB 5 10 2 ，所以
AOB . 故答案为： .
4 4
13. 解： sin A 3 sin C ， 由正弦定理可得 a 3c
2 2 2 2
由余弦定理得 cosB
b a c 4 4c 3
，解得 c 2，
2ac 2 3c2 2
1 1 1
a 3c 2 3 ， ABC 的面积 S ac sin B 2 2 3 3 ，2 2 2
故答案为 3.
π 3
14.解：条件①考虑诱导公式；条件②： x 为最小值点，故可 sin 2x （答案不唯一）
8 4
15.解：对于①：因为函数 f (x) sin x是周期函数，但是 g (x) x2 x 1不是周期函数，
所以 y f (x) g (x) 不是周期函数，故①不正确；
1
对于②：因为函数 f (x) sin x对称轴为 x k， k Z ，
2
x 1 1所以 是 f (x) 的一条对称轴，因为 g(x) x2 x 1 (x 1 )2 3 ，对称轴为 x ，
2 2 4 2
所以 y f (x) g (x)
1
的对称轴为 x ，故②正确；
2
对于③：因为函数 f (x) sin x是关于原点对称，但是 g (x) x2 x 1不关于原点对称，
所以 y f (x) g (x) 不是关于原点对称，故③不正确；
f (x) sin x
对于④： y 2 ， f (x) sin x x
1
，当 g(x) x x 1 时， f (x) 2 max
1，
g(x) x2 1 3 1 3因为 x 1 (x )2 ，则 g(x)min g( ) ，2 4 2 4
f (x) 4
所以 y 有最大值为 ，故④正确．故答案为：②④．
g (x) 3
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三、解答题
16.解： (1)由 sin( ) 2cos 得 2 cos sin ，
2 2 5 5又 sin cos2 1 ， 为锐角， sin ， cos ，
5 5

cos( ) cos cos sin sin 5 1 2 5 3 5 2 15 ；
3 3 3 5 2 5 2 10
(2)由 2 cos sin tan 2 tan 2 2 tan 2 2 4 得 ，则 ，
1 tan2 1 22 3
4
tan 2 1 1
tan(2 ) 3 7.
4 1 tan 2 1 4
3
17.证明： (1)由 PD 平面 ABCD ， AD 平面 ABCD，得 AD PD ，
又 AD CD (ABCD 是正方形 )， PD CD D ， PD,CD 平面 PDC，
所以 AD 平面 PDC ，又 PC 平面 PDC，所以 AD PC .
(2)由 E,F 分别是线段 PC,PD 的中点，所以 EF / /CD ，
又 ABCD 为正方形， AB / /CD ，所以 EF / /AB ，
又 EF 平面 PAB ， AB 平面 PAB ，所以 EF / / 平面 PAB .
因为 E,G 分别是线段 PC,BC 的中点，所以 EG / /PB ，
又 EG 平面 PAB ， PB 平面 PAB，所以 EG / / 平面 PAB .
因为 EF EG E,EF,EG 平面 EFG ，所以平面 EFG / / 平面 PAB .
18.解： ( Ⅰ )因为在 ABC中， A B C ，所以 cos(A C) cos( B) cosB
a b
所以 b sin A a cos B，由正弦定理 及 b sin A a cos B
sin A sin B
得 sin B sin A sin AcosB，因为 sin A 0 ，所以 tan B 1.

因为 0 B ，所以 B .
4
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( Ⅱ )选择条件①③， ABC 存在且唯一，解答如下：
1 3 2
由 cos A ，及 0 A ，得 A
2 4 3
a b a 2
由正弦定理 及 ，得 ，解得
sin A sin B b 2 sin 2 sin a 3
3 4

方法 1：由 A B C ，得 C .
12
sinC sin sin( ) sin cos cos sin
12 4 6 4 6 4 6
2 3 2 1 6 2
2 2 2 2 4 4
S 1 ab sinC 1 3 2 6 2 3 3所以 ABC .2 2 4 4
1
方法 2：由余弦定理 a2 b2 c2 2bc cos A，得 3 2 c2 2 2c ( )
2
即 c2 2c 1 0 ，解得 c
6 2

2
1
所以 S ABC ac sinB
1 3 ( 6 2 ) 2 3 3 .
2 2 2 2 4
选择②③， ABC存在且唯一，解答如下：
由 cos A
1 3 2
，及 0 A ，得 A ，
2 4 3
6
6 h 2
因为 AB 边上的高为 ，所以b 2
2 sin A 3
2
a b a 2
由正弦定理 及 ，得 ，解得：
sin A sin B b 2 sin 2 sin a 3
3 4
(以下与选择条件①②相同 ) .
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19.解： (1)由题意，得 f (x) cos 2 x sin 2 x 2 sin(2 x

) ，
4
选择条件①得 sin(
) 1，又 0 4 ，所以 1;
4 4
选择②或③，都可得到 f (x) 的最小正周期为T ，所以 1，
所以 f (x) 2 sin(2x

) ，
4
2k 2x 2k 3 k x 由 ， k Z ，得 k ， k Z ，
2 4 2 8 8
f (x) [ 3 所以函数 的单调递增区间为 k , k ] ， k Z .
8 8
(2)由 (1)知 f (x) 2 sin(2x

) ，
4
x [0, ] 5 2所以由 1 得， 2x1 [ , ]，则 sin(2x1 ) [ ,1] ，所以 f (x2 4 4 4 4 2 1
) [ 1, 2] ，
2 1
由 x2 [0, ]得， 2x2 [ , ]，则 cos(2x2 ) [ ,1]，所以 g(x ) [ 1,2]，2 3 3 3 3 2 2
1
因为对于任意 x1 [0,
]，存在 x2 [0, ]，使得m g(x2 ) f (x1) 成立，即 f (x1) g(x2 ) m，2 2
m 1 1
所以 ，即 0 m 2 2 ，
m 2 2

综上，存在实数 m，使得对于任意 x1 [0, ]，存在 x2 [0,
]，有m g(x2 ) f (x1) 成立.2 2
此时 m 的取值范围为 [0,2 2].
20. ( Ⅰ )证明：因为 AD 平面 PAB， BC / /AD ，
所以 BC 平面 PAB，又因为 AE 平面 PAB，所以 AE BC .
在 PAB中， PA AB，E 是 PB 的中点，所以 AE PB .
又因为 BC PB B，BC， PB 平面 PBC，所以 AE 平面 PBC；
( Ⅱ )解：因为 AD 平面 PAB，AB， PA 平面 PAB，
所以 AD AB ， AD PA，又因为 PA AB，
建立空间直角坐标系 A xyz，如图所示：
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则 A(0,0,0) ， B(0, 2,0) ，C (0, 2,m) ， E (1,1,0) ， P(2,0,0) ， D(0,0,3) ，

AC (0, 2,m) ， AE (1,1, 0).

设平面 AEC 的法向量为 n (x, y, z).

n AC 0 2y mz 0,
则
2
，即 令 x 1，则 y 1， z ，
n AE 0 x y 0. m
2
于是 n (1, 1, ).
m
因为 AD 平面 PAB， PB 平面 PAB，所以 AD PB.
又 PB AE ， AD AE A，AD， AE 平面 AED，

所以 PB 平面 AED. 又因为 PB ( 2, 2, 0) ，

n

b 3
所以取平面 AED 的法向量为 b ( 1,1,0). 所以 | cos n,b | |
| n
| ，
| | b | 3
| 1 1| 3

即 4 3 ，解得m2 1.又因为m 0，所以m 1.2 2
m2
DF
( Ⅲ )结论：存在且 2 .
FE
理由如下：设DF DE 1,1， 3 , , 3 0,1 ，
因为D 0,0,3 , F , ,3 3 ，所以 BF , 2,3 3 ，
当m 2时，C (0, 2, 2). 所以CE 1, 1, 2 ，
由 BF CE知， BF CE 2 6 6 0 ，
2
所以6 4， 0,1 ，
3
DF
所以，在线段 ED上存在点 F，使得 BF CE，且 2 .FE
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21.解：（I） 1 1
（答案不唯一）
1 0
（II）对任意一个“ n阶H 表”，
ri表示第 i行所有数的和， c j 表示第 j列所有数的和（1 i, j n）.
n n n n
ri 与 c j 均表示数表中所有数的和，所以 ri c j .
i 1 j 1 i 1 j 1
因为 aij { 1,0,1}，所以 r1, r2 , , rn ,c1,c2 , ,cn 只能取[ n,n]内的整数.
又因为 r1, r2 , , rn ,c1,c2 , ,cn 互不相等， [ n,n]且 Hn，
所以{ , r1, r2 , , rn,c1,c2 , ,cn} { n, n 1, , 1,0,1, ,n 1,n} ，
n n
所以 ri c j n ( n 1) ( 1) 0 1+ +(n 1) n 0 .
i 1 j 1
n
所以 2 ri 为偶数.
i 1
（III）假设存在一个“5阶H 表”，
则由（II）知5, 5,3, 3 H 5 ，且 4 H 5 和 4 H 5 至少有一个成立，不妨设4 H 5 .
设 r1 5,r2 5，则 a1 j 1,a2 j 1(1 j 5) ，于是 c j 3(1 j 5)，因而可设 r3 4 ，
a31 a32 a33 a34 1， a35 0 .
①若 3 是某列的和，由于 c5 2，故只能是前四列某列的和，
不妨设是第一列，即 a41 a51 1 .
现考虑 3，只能是 r4 或 r5 ，不妨设 r4 3，即 a42 a43 a44 a45 1，
由 c2 ,c3 ,c4 两两不等知 a52 ,a53 ,a54 两两不等，
不妨设 a52 1,a53 0,a54 1，
若 a55 1则 r5 0 c3 ；若 a55 0则 r5 1 c4 ；若 a55 1则 c5 0 c3 ，均与已知矛盾.
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②若 3 是某行的和，不妨设 r4 3，则第 4 行至少有 3 个 1，
若这 3 个 1 是前四个中某三个数，不妨设 a41 a42 a43 1，则第五行前三个数只能是 3 个
不同的数，
不妨设 a51 1,a52 0,a53 1，则 c3 3 r4 矛盾，故第四行只能前四个数有 2 个 1，第五
个数为 1，
不妨设 a41 a42 0,a43 a44 a45 1，所以 r5 3，第五行只能是 2 个 0，3 个 1或
1 个 1，4 个 1.则 a 51 ,a52 ,a55 至少有两个数相同，不妨设 a51 a52 ，则 c1 c2 与已知矛盾.
综上，不存在“5 阶H 表”.
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