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（含解析）

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．
答案解析
1.
【解析】．
故选：．
2.
【解析】由题可得．
故选：
3.
【解析】如果两个不重合平面有一个公共点，那么这两个平面有一条过公共点的公共直线．
故选：．
4.
【解析】对于，函数的定义域为，
因为，所以为奇函数，
因为，所以是的图象的一条对称轴，故 A符合题意；
对于，函数的定义域为，
因为，所以函数不是奇函数，故 B不符题意；
对于，函数的定义域为，
因为，
所以函数不是奇函数，故 C不符题意；
对于，函数的图象不是轴对称图形，故 D不符题意．
故选：．
5.
【解析】

在边长为的正方形中，连接交于点，
可得，
由于，所以，则，
又因为，平面，
所以平面，
即四面体的体积为，
故选：．
6.
【解析】解：，
，．
化为：，，或，，
“，”是“”的充分不必要条件．
故选：．
7.
【解析】
根据已知，，可知三角形边上的高，
所以要使得存在且唯一确定的解，则或，
故有满足，
故选：．
8.
【解析】因为，，所以，
又，所以为等腰三角形，，
由余弦定理得，
因为，
所以，解得．
故选：
9.
【解析】由余弦定理得，即，
联立，解得，
因为，，所以，
由正弦定理可得．
故选：
10.
【解析】如图，过作平面，过分别作于，
连接，
则，因为，所以，
又因为，所以，而，所以，
综上可得，，
故选：．
11.
【解析】设，
由，，
得，解得，
所以的虚部为．
故答案为：．
12.，则答案不唯一，符合题意均可
【解析】以作条件，作结论，即若，则．
因为，
所以．
故答案为：，则答案不唯一，符合题意均可
13.
【解析】因为，
故，解得或，
而，则，，故，
故答案为：
14.
【解析】在中，由余弦定理得，
即，得，
在中，由余弦定理得，
即，得，
又，
所以，
由，得，由，
得，代入得．
故答案为：．
15.
【解析】设圆柱的高为，则，故，
酒杯的体积为，
半球积分为，由题意可得，
则，又，
则，故，
而取，故，
故答案为：
16.
【解析】对于，当点位于点时，由于，即四边形为平行四边形，
则，同理可证，
由于平面，平面，故平面，
同理平面，而平面，
故平面平面，此时平面，则平面，
即存在点，使得直线平面，正确；

对于，由于平面，平面，故，
而，而平面，故平面，
平面，故，同理可证，
平面，故平面，
由于，过点作平面，垂足为，则，
当点沿直线从点移动到点的过程中，长逐渐变小，
而的面积为定值，故逐渐变小，即逐渐减小，正确；

对于，，作，垂足为，连接，
则，此时
则点轨迹为在上的线段，如图示，
为等腰三角形，则其底边上的高为，
故当向点运动时，逐渐变小，故在线段上存在一点，使得，
同理在靠近的那一侧也存在一点，使得，
当时，，则点轨迹的长度为，错误；

对于，设交于，则为的中点，
由于，故，
即为二面角的平面角，而，
故，即为锐角，
则，即，
当点由向运动时，将变小，
即可知当二面角的平面角的正切值为时，点位于处，
由于，此时平面截正方体所得截面即为矩形，
面积为，正确，

故答案为：
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．
【解析】根据求出，然后利用三角恒等变换公式化简，由周期公式可得；
利用整体代入法求出的单调递增区间，结合可得．
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
【解析】根据余弦定理可以求解；
令，利用正弦定理，把边长都用表示，最后用三角函数知识解得取值范围．
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．
【解析】由题意结合几何关系可证得平面，由线面垂直的定义即可证得．
延长交于点，由题意可证得四边形为平行四边形，据此结合线面平行的判定定理证明题中的结论即可；
设为中点，连接，将多面体分割为两部分，分别求解对应的体积，然后相加即可确定多面体的体积．
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．
【解析】由辅助角公式化简即可求解；
结合两角差的正弦公式和辅助角公式化简即可求解；
设，得到，先证明充分性，再证明必要性．
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