2023-2024学年北京市第一零一中学高一下学期期末考试数学试题（含答案）

2023-2024学年北京市第一零一中学高一下学期期末考试数学试题
一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.的值为( )
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则( )
A. B. C. D.
3.如果两个不重合平面有一个公共点，那么这两个平面( )
A. 没有其他公共点 B. 仅有这一个公共点 C. 仅有两个公共点 D. 有无数个公共点
4.已知奇函数的图象的一条对称轴为直线，那么的解析式可以为( )
A. B.
C. D.
5.将边长为的正方形沿对角线折起，折起后点记为若，则四面体的体积为( )
A. B. C. D.
6.“，”是“”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
7.在中，角所对的边分别为已知，，给出下列五个的值：；；；；其中能使得存在且唯一确定的是( )
A. B. C. D.
8.在中，，，已知点满足，且，则( )
A. B. C. D.
9.在中，若，，，则为( )
A. B. C. D.
10.如图，四棱锥中，底面是正方形，各侧棱都相等，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.已知复数满足，，则的虚部为 ．
12.已知，是平面外的两条不同直线．给出下列六个论断：；；；；；选其中的两个论断作为条件，余下的其中一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ．
13.已知，，则 ．
14.如图，在平面四边形中，，，记与的面积分别为，，则的值为 ．
15.如图是唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似的看作是半球与圆柱的组合体如图当这种酒杯内壁的表面积为，半球的半径为时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积厚度忽略不计的倍，则的取值范围是 取
16.如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点包含端点，点在线段上，且，给出下列四个结论：

存在点，使得直线平面；
点沿直线从点移动到点的过程中，四面体的体积逐渐减小；
若，则点轨迹的长度为；
当二面角的平面角的正切值为时，平面截正方体所得截面图形的面积为．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共4小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知函数，且．
求的值和的最小正周期；
求在上的单调递增区间．
18.本小题分
已知中，角，，所对的边分别为，，，且．
求的大小；
若是边的中点，且，求的取值范围．
19.本小题分
如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且，，，．
求证：；
若为线段的中点，求证：平面；
求多面体的体积．
20.本小题分
定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为．
写出的“伴随函数”，并直接写出的最大值；
写出函数的“伴随向量”为，并求；
已知，的“伴随函数”为，的“伴随函数”为，设，且的伴随函数为，其最大值为．
若，求的取值范围；
求证：向量的充要条件是．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.，则答案不唯一，符合题意均可
13.
14.
15.
16.
17.因为，所以，
即，解得，
所以
，
所以的最小正周期为．
由，解得，
所以的单调递增区间为，
所以在上的单调递增区间为．
18.因为
所以，
所以，又因为，所以；
令，因为，所以
由正弦定理可得：
，
所以，
所以，
又因为，所以
所以
19.证明：因为四边形为正方形，所以．
又因为平面平面，
且平面平面，平面，
所以平面．
又平面，所以．
延长交于点，
因为，为中点，
所以≌，
所以．
因为，所以．
由已知，且，
又因为，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
设为中点，连接，．
由已知，所以平面．
又因为，所以平面，
所以平面平面．
因为，，所以平面，
所以多面体为直三棱柱．
因为，且，
所以．
由已知，且，
所以，且．
又因为，平面，
所以平面．
因为，
所以，
所以．
20.因为，所以，
所以，所以的最大值为；
因为，
所以“伴随向量”为，所以；
设，
因为，所以，
所以
，
所以
，
因为，所以的取值范围是；
因为，
所以
，
所以，
充分性：，
当且仅当，即时，等号成立，所以．
必要性：当时，，
所以，
综上所述，向量的充要条件是．
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