北京市第八中学2023-2024学年高一下学期期末练习数学试卷
1．（2024高一下·北京市期末）已知为虚数单位，复数为的共轭复数，则（ ）
A． B．5 C． D．4
2．（2024高一下·北京市期末）下列函数中，最小正周期为的偶函数是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·北京市期末）已知函数，满足，且在内恰有一个最大值点和一个最小值点，则的值为( )
A． B． C． D．
4．（2024高一下·北京市期末）已知两条不同的直线，两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．（2024高一下·北京市期末）在中，角的对边分别为，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·北京市期末）关于，对于甲、乙、丙、丁四人有不同的判断，甲：是第三象限角，乙：.丙：，丁：不小于2，若这人只有一人判断错误，则此人是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
7．（2024高一下·北京市期末）已知，则“函数的图象关于轴对称”是“”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
8．（2024高一下·北京市期末）若单位向量，，满足，，则（ ）
A．0 B． C．0或 D．0或
9．（2024高一下·北京市期末）已知函数的部分图象如图所示，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高一下·北京市期末）在棱长为1的正方体中，，E是线段（含端点）上的一动点，
①；
②平面；
③三棱锥的体积为定值；
④与所成的最大角为.
上述命题中正确的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
11．（2024高一下·北京市期末）已知向量，若向量与垂直，则 .
12．（2024高一下·北京市期末）复数与复数在复平面内对应的点分别为，若为坐标原点，则的大小为 .
13．（2024高一下·北京市期末）在△中，角的对边分别是，若，，，则△的面积是 ．
14．（2024高一下·北京市期末）写出一个同时满足下列两个条件的函数 .
①；
②恒成立.
15．（2024高一下·北京市期末）设函数 ， ，有以下四个结论.
①函数 是周期函数：
②函数 的图像是轴对称图形：
③函数 的图像关于坐标原点对称：
④函数 存在最大值
其中，所有正确结论的序号是 .
16．（2024高一下·北京市期末）已知．
（1）若为锐角，求的值；
（2）求的值．
17．（2024高一下·北京市期末）如图，在四棱锥中，是正方形，平面，分别是的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面.
18．（2024高一下·北京市期末）在中，.
（1）求的大小；
（2）再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得存在且唯一，求的面积.
条件①：；条件②：边上的高为；条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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.
19．（2024高一下·北京市期末）已知函数，且_____．
从以下三个条件中任选一个，补充在上面条件中，并回答问题：过点函数图象与直线的两个相邻交点之间的距离为函数图象中相邻的两条对称轴之间的距离为．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）设函数，则是否存在实数，使得对于任意，存在，成立若存在，求实数的取值范围若不存在，请说明理由．
20．（2024高一下·北京市期末）如图，四棱锥中，平面∥是的中点.
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值是，求的值；
（3）若，在线段上是否存在一点，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
21．（2024高一下·北京市期末）在由个实数组成的行列的数表中，表示第行第列的数（如图是一个3行3列的数表，），记.若满足，且两两不等，则称此表为“阶表”.记.
0 3 2
1 2 9
3 4 1
（1）请写出一个“2阶表”；
（2）对任意一个“阶表”，若整数，且，求证：为偶数；
（3）求证：不存在“5阶表”.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】根据复数的四则运算化简复数，求出其共轭复数，再由复数的模长公式计算即得.
【解答】
由题，则
于是，
则.
故选：A.
2．【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】A、定义域为，
因为，所以函数为偶函数，
因为的图象是由的图象在轴下方的关于轴对称的图象与轴上方的图象共同组成（如下图所示），
又的最小正周期为，所以的最小正周期为，故A正确；
B、为最小正周期为的奇函数，故B错误；
C、定义域为，，即为偶函数，
又，所以为的最小正周期，故C错误；
D、为最小正周期为的偶函数，故D错误；
故选：A.
【分析】
根据正弦函数、余弦函数的性质判断即可.
3．【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的图象
【解析】【分析】
由已知： 函数，满足，且在内恰有一个最大值点和一个最小值点， 根据正弦函数图象和最小正周期可得且其最小正周期为，再根据正弦函数最小正周期计算公式，可得的值 .
【解答】
函数，
由，且在内恰有一个最大值点和一个最小值点，
由正弦函数图象和最小正周期可得且其最小正周期为，
根据正弦函数最小正周期计算公式，可得，
故选：D.
4．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】对于A，如图，若，则或与异面，故A错误；
对于B，，若，则由线面垂直定义，故B错误；
对于C，如图，，此时，故C错误；
对于D，若，则由线面平行性质定理，故D正确.
故选：D.
【分析】
由点线面位置关系、定理及性质即可判断.
5．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；正弦定理的应用
【解析】【分析】先利用正弦定理边化角整理求得，再将条件中的向量等式两边平方可求得，进而可求.
【解答】
因为，
由正弦定理得，
又，所以，
所以，又，
所以，因为，
所以，即，
又，两边同时平方得，
即，所以，
.
故选：A.
6．【答案】D
【知识点】二倍角的正切公式；象限角、轴线角；三角函数值的符号；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】由，所以乙和丁的判断只有一个正确，且，
若丁的判断正确，即，则，
此时丙的判断错误，不符合题意；
若乙的判断正确，即，此时满足，且，
此时甲、丙都正确，符合题意.
故选：D.
【分析】
根据题意得到乙和丁的判断只有一个正确，分丁的判断正确和乙的判断正确，结合三角函数的符号和正切的倍角公式，即可求解.
7．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；运用诱导公式化简求值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【分析】求出函数的图象关于轴对称所满足的条件，和进行比较
【解答】
关于轴对称，则关于原点对称，故，，又可以推出，，但，推不出，故函数的图象关于轴对称是的必要不充分条件，
故选：B.
8．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】由题意知，，
得，
又，所以，
则或，
故或.
故选：D
【分析】
由题意，根据平面向量数量积的定义求得，进而或，结合数量积的定义计算即可求解.
9．【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【分析】根据函数图象，利用周期性确定的值，利用点代入确定的值，最后利用列出方程求得，即得函数解析式.
【解答】
由图象可知，则.
因为，所以，所以.
由，得，
因为，所以，则
故，又因，
解得（因负根舍去），
所以.
故选：A.
10．【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于①，因为平面，平面，则，
又因为，且平面，
得平面，又平面，所以；
因为平面，平面，则，
又因为平面，
所以平面，又平面，
所以，又平面，所以平面.
又平面，所以，正确；
对于②，在正方体中，因为，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
同理，平面，又平面，
所以平面平面.又平面，所以平面，正确；
对于③，由②知，平面，平面，
所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以为定值，正确；
对于④，当与重合时，与所成的角最大，最大为，理由如下：
因为，平面，平面，
所以，，且平面，
所以平面，
平面，所以，所以与所成的最大角为，正确.
故正确的命题个数为4个.
故选：A.
【分析】
利用正方体的结构特征，利用线面位置关系的判定和性质，异面直线所成角及锥体体积计算对4个命题逐个判断即可得出结论.
11．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】根据题意，结合向量的坐标运算，以及向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.
【解答】
由向量，可得
因为与垂直，可得，解得.
故答案为：.
12．【答案】
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；复数在复平面中的表示
【解析】【解答】由题意知，，所以，
则，
所以，因，故.
故答案为：.
【分析】
由复数与向量的对应关系写出点的坐标，利用平面向量的夹角公式计算即得.
13．【答案】
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】
解：在中，如果，由正弦定理得.
又，由余弦定理，可得：，
解得，故是等腰三角形， 故的面积为，
故答案为：.
【分析】
由在中，由正弦定理求得，结合余弦定理，我们易求出b与c的关系，进而得到B与C的关系，然后根据三角形内角和为，即可求出A角的大小，再由的面积为 运算求得结果.
14．【答案】（答案不唯一）
【知识点】函数的最大（小）值；函数的周期性
【解析】【解答】由条件①可得，，即函数为周期是的周期函数；
由条件②恒成立，可知只需使，即为最小值点.
故可取.
故答案为：.(答案不唯一)
【分析】
由条件①可推理得到函数为周期函数；对于②可得为函数的最小值点.
15．【答案】②④
【知识点】函数的最大（小）值；函数的周期性；图形的对称性
【解析】【解答】①：函数 的最小正周期为： ，函数 没有周期性，所以函数 不是周期函数，故本结论不正确；
②：因为函数 ，所以该函数的对称性为： ，
因为 ，所以函数 也关于 对称，
因此函数 的图像是轴对称图形，故本结论说法正确；
③：令 ，
， 对于 不恒成立，
所以 对于 不恒成立，
因此函数 不是奇函数，故图象不关于原点对称，所以本结论说法不正确；
④：因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
因此本结论正确。
故答案为：②④。
【分析】利用已知条件函数 ， ， 从而求出函数 的解析式，再利用周期函数的定义和图象的对称性，再利用二次函数的图象求最值的方法，从而求出函数 的最大值，进而找出正确结论的序号。
16．【答案】（1）解：∵，且，为锐角，
解得，
所以．
（2）解：由（1）可知：，可得，
所以，
所以．
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）根据题意先求，再利用两角和的余弦公式运算求解；
（2）根据倍角公式结合两角差的正切公式运算求解.
（1）∵，
且，为锐角，
解得，
所以．
（2）由（1）可知：，可得，
所以，
所以．
17．【答案】（1）证明：平面平面，，
又四边形是正方形，，
且平面，
平面，又平面，
.
（2）证明：分别是线段的中点，，
又为正方形，，，
又平面平面，平面.
分别是线段的中点，，
又平面平面，平面.
又平面，
平面平面，又平面，
平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）由平面，得，再根据线面垂直的判定定理和性质定理得证；
（2）由证明平面，由证明平面，再由面面平行的判定定理证明平面平面，再由面面平行定义可得线面平行.
（1）平面平面，，
又四边形是正方形，，
且平面，
平面，又平面，
.
（2）分别是线段的中点，，
又为正方形，，，
又平面平面，平面.
分别是线段的中点，，
又平面平面，平面.
又平面，
平面平面，又平面，
平面.
18．【答案】（1）解：因为在中，，所以
所以，由正弦定理及
得，因为，所以.
因为，所以.
（2）解：选择条件①②：若为锐角，则，可得；
若为钝角，则，可得；
综上所述：存在但不唯一，不合题意；
选择条件①③，存在且唯一，解答如下：
由，且，可得，
由正弦定理及，得，解得，
方法1：由，得，
则
，
所以.
方法2：由余弦定理，得
即，解得，
所以；
选择②③，存在且唯一，解答如下：
由，及，得，
因为边上的高为，所以
由正弦定理及，得，解得：
方法1：由，得，
则
，
所以.
方法2：由余弦定理，得
即，解得，
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；运用诱导公式化简求值；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理及边化角结合三角形内角和关系分析求解即可；
（2）选择条件①②：分为锐角和为钝角两种情况讨论，分析可知三角形存在但不唯一；选择条件①③，分析可知，利用正弦定理求得，方法一：利用两角和差公式求，即可求面积；方法二：利用余弦定理求边，即可面积；选择条件②③，分析可知，，利用正弦定理求得，方法一：利用两角和差公式求，即可求面积；方法二：利用余弦定理求边，即可面积.
（1）因为在中，，所以
所以，由正弦定理及
得，因为，所以.
因为，所以.
（2）选择条件①②：若为锐角，则，可得；
若为钝角，则，可得；
综上所述：存在但不唯一，不合题意；
选择条件①③，存在且唯一，解答如下：
由，且，可得，
由正弦定理及，得，解得，
方法1：由，得，
则
，
所以.
方法2：由余弦定理，得
即，解得，
所以；
选择②③，存在且唯一，解答如下：
由，及，得，
因为边上的高为，所以
由正弦定理及，得，解得：
方法1：由，得，
则
，
所以.
方法2：由余弦定理，得
即，解得，
所以.
19．【答案】（1）选①，依题意，，
，即，则，
即有，而，则，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
选②，依题意，，显然，
因函数图象与直线的两个相邻交点之间的距离为，因此函数的周期，有，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
选③，依题意，，
因函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，因此函数的周期，有，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
（2）由（1）知，，由得：，
，因此，
由得：，，因此，从而，
由得：，假定存在实数，使得对，，成立，
即存在实数，使得对，，成立，则，
于是得，解得，因此存在实数，使得对，，成立，
所以实数的取值范围是.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用二倍角的正余弦公式、辅助角公式化简函数，选①，代入求出，选②③求出周期，进而求出，再利用正弦函数单调性求解作答.
（2）求出函数，在上的值域，再结合恒成立、能成立列式求解作答.
（1）选①，依题意，，
，即，则，
即有，而，则，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
选②，依题意，，显然，
因函数图象与直线的两个相邻交点之间的距离为，因此函数的周期，有，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
选③，依题意，，
因函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，因此函数的周期，有，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
（2）由（1）知，，由得：，
，因此，
由得：，，因此，从而，
由得：，假定存在实数，使得对，，成立，
即存在实数，使得对，，成立，则，
于是得，解得，因此存在实数，使得对，，成立，
所以实数的取值范围是.
20．【答案】（1）证明：因为平面，所以平面，
又因为平面，所以.
在中，是的中点，所以.
又因为平面，
所以平面；
（2）解：因为平面平面，
所以，又因为，
即两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
所以
设平面的法向量为.
则，即令，则，
于是.
因为平面平面，所以.
又平面，
所以平面.又因为，
所以取平面的法向量为.
所以，
即，解得.
又因为，所以.
（3）解：结论：存在且.
理由如下：设，
因为，所以，
当时，.所以，
由知，，
所以，
所以，所以，
所以，在线段上存在点，使得，且.
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面垂直的判定；空间向量的线性运算的坐标表示；向量的数量积判断向量的共线与垂直；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）由已知条件可得平面，则，再利用等腰三角形三线合一的性质可得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可；
（3）设，则可表示出点的坐标，再由可求出的值，从而可求得结果.
（1）证明：因为平面，所以平面，
又因为平面，所以.
在中，是的中点，所以.
又因为平面，
所以平面；
（2）解：因为平面平面，
所以，又因为，
即两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
所以
设平面的法向量为.
则，即令，则，
于是.
因为平面平面，所以.
又平面，
所以平面.又因为，
所以取平面的法向量为.
所以，
即，解得.
又因为，所以.
（3）结论：存在且.
理由如下：设，
因为，所以，
当时，.所以，
由知，，
所以，
所以，所以，
所以，在线段上存在点，使得，且.
21．【答案】（1）依题意“阶表”可以为：
1 1
0
（答案不唯一）；
（2）证明：对任意一个“阶表”，表示第行所有数的和，表示第列所有数的和，
与均表示数表中所有数的和，所以，
因为，所以只能取内的整数.
又因为互不相等，且，
所以，
所以.
所以.偶数.
（3）证明：假设存在一个“阶表”，则由（2）知，且和至少有一个成立，不妨设，
设，则，于是，因而可设，
，
①若是某列的和，由于，故只能是前四列某列的和，
不妨设是第一列，即.
现考虑，只能是或，不妨设，即，
由两两不等知两两不等，
不妨设，
若则；若则；若则，均与已知矛盾.
②若是某行的和，不妨设，则第4行至少有个1，
若这个1是前四个中某三个数，不妨设，则第五行前三个数只能是个不同的数，
不妨设，则矛盾，故第四行只能前四个数有2个1，第五个数为1，
不妨设，所以，第五行只能是2个0，个或1个1，4个.
则至少有两个数相同，不妨设，则与已知矛盾.
综上，不存在“阶表”.
【知识点】反证法的应用
【解析】【分析】（1）根据所给定义列出一个“阶表”即可；
（2）依题意可得，从而得到，再求和即可得证；
（3）利用反证法证明，假设存在一个“阶表”，结合题干所给定义，推出矛盾，即可得证.
（1）依题意“阶表”可以为：
1 1
0
（答案不唯一）；
（2）对任意一个“阶表”，
表示第行所有数的和，表示第列所有数的和，
与均表示数表中所有数的和，所以，
因为，所以只能取内的整数.
又因为互不相等，且，
所以，
所以.
所以.偶数.
（3）假设存在一个“阶表”，
则由（2）知，且和至少有一个成立，不妨设，
设，则，于是，因而可设，
，
①若是某列的和，由于，故只能是前四列某列的和，
不妨设是第一列，即.
现考虑，只能是或，不妨设，即，
由两两不等知两两不等，
不妨设，
若则；若则；若则，均与已知矛盾.
②若是某行的和，不妨设，则第4行至少有个1，
若这个1是前四个中某三个数，不妨设，则第五行前三个数只能是个不同的数，
不妨设，则矛盾，故第四行只能前四个数有2个1，第五个数为1，
不妨设，所以，第五行只能是2个0，个或1个1，4个.
则至少有两个数相同，不妨设，则与已知矛盾.
综上，不存在“阶表”.
1 / 1北京市第八中学2023-2024学年高一下学期期末练习数学试卷
1．（2024高一下·北京市期末）已知为虚数单位，复数为的共轭复数，则（ ）
A． B．5 C． D．4
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】根据复数的四则运算化简复数，求出其共轭复数，再由复数的模长公式计算即得.
【解答】
由题，则
于是，
则.
故选：A.
2．（2024高一下·北京市期末）下列函数中，最小正周期为的偶函数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】A、定义域为，
因为，所以函数为偶函数，
因为的图象是由的图象在轴下方的关于轴对称的图象与轴上方的图象共同组成（如下图所示），
又的最小正周期为，所以的最小正周期为，故A正确；
B、为最小正周期为的奇函数，故B错误；
C、定义域为，，即为偶函数，
又，所以为的最小正周期，故C错误；
D、为最小正周期为的偶函数，故D错误；
故选：A.
【分析】
根据正弦函数、余弦函数的性质判断即可.
3．（2024高一下·北京市期末）已知函数，满足，且在内恰有一个最大值点和一个最小值点，则的值为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的图象
【解析】【分析】
由已知： 函数，满足，且在内恰有一个最大值点和一个最小值点， 根据正弦函数图象和最小正周期可得且其最小正周期为，再根据正弦函数最小正周期计算公式，可得的值 .
【解答】
函数，
由，且在内恰有一个最大值点和一个最小值点，
由正弦函数图象和最小正周期可得且其最小正周期为，
根据正弦函数最小正周期计算公式，可得，
故选：D.
4．（2024高一下·北京市期末）已知两条不同的直线，两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】对于A，如图，若，则或与异面，故A错误；
对于B，，若，则由线面垂直定义，故B错误；
对于C，如图，，此时，故C错误；
对于D，若，则由线面平行性质定理，故D正确.
故选：D.
【分析】
由点线面位置关系、定理及性质即可判断.
5．（2024高一下·北京市期末）在中，角的对边分别为，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；正弦定理的应用
【解析】【分析】先利用正弦定理边化角整理求得，再将条件中的向量等式两边平方可求得，进而可求.
【解答】
因为，
由正弦定理得，
又，所以，
所以，又，
所以，因为，
所以，即，
又，两边同时平方得，
即，所以，
.
故选：A.
6．（2024高一下·北京市期末）关于，对于甲、乙、丙、丁四人有不同的判断，甲：是第三象限角，乙：.丙：，丁：不小于2，若这人只有一人判断错误，则此人是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】D
【知识点】二倍角的正切公式；象限角、轴线角；三角函数值的符号；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】由，所以乙和丁的判断只有一个正确，且，
若丁的判断正确，即，则，
此时丙的判断错误，不符合题意；
若乙的判断正确，即，此时满足，且，
此时甲、丙都正确，符合题意.
故选：D.
【分析】
根据题意得到乙和丁的判断只有一个正确，分丁的判断正确和乙的判断正确，结合三角函数的符号和正切的倍角公式，即可求解.
7．（2024高一下·北京市期末）已知，则“函数的图象关于轴对称”是“”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
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；运用诱导公式化简求值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【分析】求出函数的图象关于轴对称所满足的条件，和进行比较
【解答】
关于轴对称，则关于原点对称，故，，又可以推出，，但，推不出，故函数的图象关于轴对称是的必要不充分条件，
故选：B.
8．（2024高一下·北京市期末）若单位向量，，满足，，则（ ）
A．0 B． C．0或 D．0或
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】由题意知，，
得，
又，所以，
则或，
故或.
故选：D
【分析】
由题意，根据平面向量数量积的定义求得，进而或，结合数量积的定义计算即可求解.
9．（2024高一下·北京市期末）已知函数的部分图象如图所示，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【分析】根据函数图象，利用周期性确定的值，利用点代入确定的值，最后利用列出方程求得，即得函数解析式.
【解答】
由图象可知，则.
因为，所以，所以.
由，得，
因为，所以，则
故，又因，
解得（因负根舍去），
所以.
故选：A.
10．（2024高一下·北京市期末）在棱长为1的正方体中，，E是线段（含端点）上的一动点，
①；
②平面；
③三棱锥的体积为定值；
④与所成的最大角为.
上述命题中正确的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于①，因为平面，平面，则，
又因为，且平面，
得平面，又平面，所以；
因为平面，平面，则，
又因为平面，
所以平面，又平面，
所以，又平面，所以平面.
又平面，所以，正确；
对于②，在正方体中，因为，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
同理，平面，又平面，
所以平面平面.又平面，所以平面，正确；
对于③，由②知，平面，平面，
所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以为定值，正确；
对于④，当与重合时，与所成的角最大，最大为，理由如下：
因为，平面，平面，
所以，，且平面，
所以平面，
平面，所以，所以与所成的最大角为，正确.
故正确的命题个数为4个.
故选：A.
【分析】
利用正方体的结构特征，利用线面位置关系的判定和性质，异面直线所成角及锥体体积计算对4个命题逐个判断即可得出结论.
11．（2024高一下·北京市期末）已知向量，若向量与垂直，则 .
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】根据题意，结合向量的坐标运算，以及向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.
【解答】
由向量，可得
因为与垂直，可得，解得.
故答案为：.
12．（2024高一下·北京市期末）复数与复数在复平面内对应的点分别为，若为坐标原点，则的大小为 .
【答案】
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；复数在复平面中的表示
【解析】【解答】由题意知，，所以，
则，
所以，因，故.
故答案为：.
【分析】
由复数与向量的对应关系写出点的坐标，利用平面向量的夹角公式计算即得.
13．（2024高一下·北京市期末）在△中，角的对边分别是，若，，，则△的面积是 ．
【答案】
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】
解：在中，如果，由正弦定理得.
又，由余弦定理，可得：，
解得，故是等腰三角形， 故的面积为，
故答案为：.
【分析】
由在中，由正弦定理求得，结合余弦定理，我们易求出b与c的关系，进而得到B与C的关系，然后根据三角形内角和为，即可求出A角的大小，再由的面积为 运算求得结果.
14．（2024高一下·北京市期末）写出一个同时满足下列两个条件的函数 .
①；
②恒成立.
【答案】（答案不唯一）
【知识点】函数的最大（小）值；函数的周期性
【解析】【解答】由条件①可得，，即函数为周期是的周期函数；
由条件②恒成立，可知只需使，即为最小值点.
故可取.
故答案为：.(答案不唯一)
【分析】
由条件①可推理得到函数为周期函数；对于②可得为函数的最小值点.
15．（2024高一下·北京市期末）设函数 ， ，有以下四个结论.
①函数 是周期函数：
②函数 的图像是轴对称图形：
③函数 的图像关于坐标原点对称：
④函数 存在最大值
其中，所有正确结论的序号是 .
【答案】②④
【知识点】函数的最大（小）值；函数的周期性；图形的对称性
【解析】【解答】①：函数 的最小正周期为： ，函数 没有周期性，所以函数 不是周期函数，故本结论不正确；
②：因为函数 ，所以该函数的对称性为： ，
因为 ，所以函数 也关于 对称，
因此函数 的图像是轴对称图形，故本结论说法正确；
③：令 ，
， 对于 不恒成立，
所以 对于 不恒成立，
因此函数 不是奇函数，故图象不关于原点对称，所以本结论说法不正确；
④：因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
因此本结论正确。
故答案为：②④。
【分析】利用已知条件函数 ， ， 从而求出函数 的解析式，再利用周期函数的定义和图象的对称性，再利用二次函数的图象求最值的方法，从而求出函数 的最大值，进而找出正确结论的序号。
16．（2024高一下·北京市期末）已知．
（1）若为锐角，求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）解：∵，且，为锐角，
解得，
所以．
（2）解：由（1）可知：，可得，
所以，
所以．
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）根据题意先求，再利用两角和的余弦公式运算求解；
（2）根据倍角公式结合两角差的正切公式运算求解.
（1）∵，
且，为锐角，
解得，
所以．
（2）由（1）可知：，可得，
所以，
所以．
17．（2024高一下·北京市期末）如图，在四棱锥中，是正方形，平面，分别是的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明：平面平面，，
又四边形是正方形，，
且平面，
平面，又平面，
.
（2）证明：分别是线段的中点，，
又为正方形，，，
又平面平面，平面.
分别是线段的中点，，
又平面平面，平面.
又平面，
平面平面，又平面，
平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）由平面，得，再根据线面垂直的判定定理和性质定理得证；
（2）由证明平面，由证明平面，再由面面平行的判定定理证明平面平面，再由面面平行定义可得线面平行.
（1）平面平面，，
又四边形是正方形，，
且平面，
平面，又平面，
.
（2）分别是线段的中点，，
又为正方形，，，
又平面平面，平面.
分别是线段的中点，，
又平面平面，平面.
又平面，
平面平面，又平面，
平面.
18．（2024高一下·北京市期末）在中，.
（1）求的大小；
（2）再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得存在且唯一，求的面积.
条件①：；条件②：边上的高为；条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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.
【答案】（1）解：因为在中，，所以
所以，由正弦定理及
得，因为，所以.
因为，所以.
（2）解：选择条件①②：若为锐角，则，可得；
若为钝角，则，可得；
综上所述：存在但不唯一，不合题意；
选择条件①③，存在且唯一，解答如下：
由，且，可得，
由正弦定理及，得，解得，
方法1：由，得，
则
，
所以.
方法2：由余弦定理，得
即，解得，
所以；
选择②③，存在且唯一，解答如下：
由，及，得，
因为边上的高为，所以
由正弦定理及，得，解得：
方法1：由，得，
则
，
所以.
方法2：由余弦定理，得
即，解得，
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；运用诱导公式化简求值；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理及边化角结合三角形内角和关系分析求解即可；
（2）选择条件①②：分为锐角和为钝角两种情况讨论，分析可知三角形存在但不唯一；选择条件①③，分析可知，利用正弦定理求得，方法一：利用两角和差公式求，即可求面积；方法二：利用余弦定理求边，即可面积；选择条件②③，分析可知，，利用正弦定理求得，方法一：利用两角和差公式求，即可求面积；方法二：利用余弦定理求边，即可面积.
（1）因为在中，，所以
所以，由正弦定理及
得，因为，所以.
因为，所以.
（2）选择条件①②：若为锐角，则，可得；
若为钝角，则，可得；
综上所述：存在但不唯一，不合题意；
选择条件①③，存在且唯一，解答如下：
由，且，可得，
由正弦定理及，得，解得，
方法1：由，得，
则
，
所以.
方法2：由余弦定理，得
即，解得，
所以；
选择②③，存在且唯一，解答如下：
由，及，得，
因为边上的高为，所以
由正弦定理及，得，解得：
方法1：由，得，
则
，
所以.
方法2：由余弦定理，得
即，解得，
所以.
19．（2024高一下·北京市期末）已知函数，且_____．
从以下三个条件中任选一个，补充在上面条件中，并回答问题：过点函数图象与直线的两个相邻交点之间的距离为函数图象中相邻的两条对称轴之间的距离为．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）设函数，则是否存在实数，使得对于任意，存在，成立若存在，求实数的取值范围若不存在，请说明理由．
【答案】（1）选①，依题意，，
，即，则，
即有，而，则，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
选②，依题意，，显然，
因函数图象与直线的两个相邻交点之间的距离为，因此函数的周期，有，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
选③，依题意，，
因函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，因此函数的周期，有，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
（2）由（1）知，，由得：，
，因此，
由得：，，因此，从而，
由得：，假定存在实数，使得对，，成立，
即存在实数，使得对，，成立，则，
于是得，解得，因此存在实数，使得对，，成立，
所以实数的取值范围是.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用二倍角的正余弦公式、辅助角公式化简函数，选①，代入求出，选②③求出周期，进而求出，再利用正弦函数单调性求解作答.
（2）求出函数，在上的值域，再结合恒成立、能成立列式求解作答.
（1）选①，依题意，，
，即，则，
即有，而，则，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
选②，依题意，，显然，
因函数图象与直线的两个相邻交点之间的距离为，因此函数的周期，有，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
选③，依题意，，
因函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，因此函数的周期，有，
则有，由得：，
所以函数的单调递增区间是.
（2）由（1）知，，由得：，
，因此，
由得：，，因此，从而，
由得：，假定存在实数，使得对，，成立，
即存在实数，使得对，，成立，则，
于是得，解得，因此存在实数，使得对，，成立，
所以实数的取值范围是.
20．（2024高一下·北京市期末）如图，四棱锥中，平面∥是的中点.
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值是，求的值；
（3）若，在线段上是否存在一点，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明：因为平面，所以平面，
又因为平面，所以.
在中，是的中点，所以.
又因为平面，
所以平面；
（2）解：因为平面平面，
所以，又因为，
即两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
所以
设平面的法向量为.
则，即令，则，
于是.
因为平面平面，所以.
又平面，
所以平面.又因为，
所以取平面的法向量为.
所以，
即，解得.
又因为，所以.
（3）解：结论：存在且.
理由如下：设，
因为，所以，
当时，.所以，
由知，，
所以，
所以，所以，
所以，在线段上存在点，使得，且.
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面垂直的判定；空间向量的线性运算的坐标表示；向量的数量积判断向量的共线与垂直；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）由已知条件可得平面，则，再利用等腰三角形三线合一的性质可得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可；
（3）设，则可表示出点的坐标，再由可求出的值，从而可求得结果.
（1）证明：因为平面，所以平面，
又因为平面，所以.
在中，是的中点，所以.
又因为平面，
所以平面；
（2）解：因为平面平面，
所以，又因为，
即两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
所以
设平面的法向量为.
则，即令，则，
于是.
因为平面平面，所以.
又平面，
所以平面.又因为，
所以取平面的法向量为.
所以，
即，解得.
又因为，所以.
（3）结论：存在且.
理由如下：设，
因为，所以，
当时，.所以，
由知，，
所以，
所以，所以，
所以，在线段上存在点，使得，且.
21．（2024高一下·北京市期末）在由个实数组成的行列的数表中，表示第行第列的数（如图是一个3行3列的数表，），记.若满足，且两两不等，则称此表为“阶表”.记.
0 3 2
1 2 9
3 4 1
（1）请写出一个“2阶表”；
（2）对任意一个“阶表”，若整数，且，求证：为偶数；
（3）求证：不存在“5阶表”.
【答案】（1）依题意“阶表”可以为：
1 1
0
（答案不唯一）；
（2）证明：对任意一个“阶表”，表示第行所有数的和，表示第列所有数的和，
与均表示数表中所有数的和，所以，
因为，所以只能取内的整数.
又因为互不相等，且，
所以，
所以.
所以.偶数.
（3）证明：假设存在一个“阶表”，则由（2）知，且和至少有一个成立，不妨设，
设，则，于是，因而可设，
，
①若是某列的和，由于，故只能是前四列某列的和，
不妨设是第一列，即.
现考虑，只能是或，不妨设，即，
由两两不等知两两不等，
不妨设，
若则；若则；若则，均与已知矛盾.
②若是某行的和，不妨设，则第4行至少有个1，
若这个1是前四个中某三个数，不妨设，则第五行前三个数只能是个不同的数，
不妨设，则矛盾，故第四行只能前四个数有2个1，第五个数为1，
不妨设，所以，第五行只能是2个0，个或1个1，4个.
则至少有两个数相同，不妨设，则与已知矛盾.
综上，不存在“阶表”.
【知识点】反证法的应用
【解析】【分析】（1）根据所给定义列出一个“阶表”即可；
（2）依题意可得，从而得到，再求和即可得证；
（3）利用反证法证明，假设存在一个“阶表”，结合题干所给定义，推出矛盾，即可得证.
（1）依题意“阶表”可以为：
1 1
0
（答案不唯一）；
（2）对任意一个“阶表”，
表示第行所有数的和，表示第列所有数的和，
与均表示数表中所有数的和，所以，
因为，所以只能取内的整数.
又因为互不相等，且，
所以，
所以.
所以.偶数.
（3）假设存在一个“阶表”，
则由（2）知，且和至少有一个成立，不妨设，
设，则，于是，因而可设，
，
①若是某列的和，由于，故只能是前四列某列的和，
不妨设是第一列，即.
现考虑，只能是或，不妨设，即，
由两两不等知两两不等，
不妨设，
若则；若则；若则，均与已知矛盾.
②若是某行的和，不妨设，则第4行至少有个1，
若这个1是前四个中某三个数，不妨设，则第五行前三个数只能是个不同的数，
不妨设，则矛盾，故第四行只能前四个数有2个1，第五个数为1，
不妨设，所以，第五行只能是2个0，个或1个1，4个.
则至少有两个数相同，不妨设，则与已知矛盾.
综上，不存在“阶表”.
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