【文档说明】北京师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.431 MB，由小赞的店铺上传

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北京师大附中2023—2024学年(下)高一期末考试数学试卷班级:姓名:学号:1.本试卷有三道大题，共8页.考试时长120分钟，满分150分.2.考生务必将答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效.3.考试结

束后，考生应将答题纸交回.一、选择题共10小题，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.13sin3=（）A.32B.32−C.12D.12−【答案】A【解析】【分析】利用三角函数的诱导公式求解即可.【详解】13

ππ3sinsin4πsin.3332=+==故选：A2.以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（）A.4πB.2πC.4D.2【答案】B【解析】【分析】利用圆柱的侧面积求解公式求解即可

.【详解】依题意，得圆柱的底面半径为1，母线也为1，所以其侧面积为2π112π.S==故选：B.3.若复数1z在复平面内对应的点为(1,1)−，且izz=₁₂，则z=₂（）.A.11i22+B.11i22−C.11i22−+D.1

1i22−−【答案】C【解析】【分析】求出复数1z，再利用复数的除法运算求解即得.【详解】依题意，11iz=−，由12izz=，得21(1i)iiiii111222i1i(1i)(1)zz−+=====−

−−+++.故选：C4.已知角θ与角α的终边关于y轴对称，且tan2=，则πtan4+=（）A.3B.3−C.13D.13−【答案】D【解析】【分析】利用对称性可知tantan=−，再

用正切的两角和公式即可求解.【详解】由角θ与角α的终边关于y轴对称，且tan2=，可知tantan2=−=−，而πtantanπ2114tanπ412131tantan4+−++===−+−，故选：D.5.已知向量a，b满足||1

a=r，(1,0)b=−，且|2|1ab−=，则a=（）A.(1,0)B.(1,0)−C.(0,1)D.(0,1)−【答案】B【解析】【分析】设(,)axy=，利用向量的坐标运算，及模的坐标表示列出方程组求

解即得.【详解】设(,)axy=，而(1,0)b=−，则2(2,)abxy−=+，又|2|1ab−=且||1a=r，因此22221(2)1xyxy+=++=，解得1,0xy=−=，所以(1,0)

a=−.故选：B6.已知正三棱柱ABCABC−₁₁₁的底面边长为2，侧棱长为3，D为棱BC上一点，则三棱锥ABDC−₁₁₁的体积为（）A.3B.32C.1D.32【答案】C【解析】【分析】连接1AD,通过已知条件证明AD

⊥平面11BCCB,即AD为三棱锥111ABDC−的高，再通过三棱锥的体积公式计算即可.【详解】如图所示，连接1AD,因ABC为正三角形，且D为BC中点，所以ADBC⊥,又因为1BB⊥平面ABC,且AD平面ABC，所以1ADBB⊥,因为1BCBBB=,BC

平面11BCCB,1BB平面11BCCB，所以AD⊥平面11BCCB,所以AD为三棱锥111ABDC−的高，且3AD=,所以111111112331332ABDCBDCVSAD−===故选：C.7.在AB

C中，2?ACBbac+==，，则ABC的形状是（）A.直角三角形B.等腰直角三角形C.等边三角形D.钝角三角形【答案】C为【解析】分析】根据给定条件，求出B，再利用余弦定理推理判断即得.【详解】在ABC中，2A+C=B，则π3B=，由余弦定理得2222cosbacacB=+−，即222b

acac=+−，而2bac=，于2222()0acacac+−=−=，即ac=，所以ABC是等边三角形.故选：C8.在ABC中，sincos20aCaCbc+−−=，则A=（）A.π4B.π3C.2π3D.3π4【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用

正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简求解即可.【详解】在ABC中，由sincos20aCaCbc+−−=及正弦定理，得sinsinsincossin2sin0ACACBC+−−=，即sinsinsincossin()2sin0ACACACC+−+−=，整理得

sinsincossin2sin0ACACC−−=，而sin0C，因此sincos2AA−=，即πsin()14A−=，由0πA，得ππ3π444A−−，则ππ42A−=，所以3π4A=.故选：D9.设函数()

2sin6fxx=−，其中ω>0，0≤x<2π，则“ω=2”是“函数y=sinx图象与y=f(x)图象恰有4个公共点”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【答案】A【解析】【分析】本题利用三角函数图像的平移变换，结合三角方程可推出结果.【是【详解】因为函数()π2sin,0,02π6fxxx=−＞＜，所以02πx＜＜，所以πππ2π666x−−−＜，①当2=时，ππ23π666x−−＜，又因为

π2sin26yx=−的最小正周期2ππ2T==，是由sinyx=的图像经过如下变换得到，先使sinyx=的图像纵坐标不变，横坐标缩短为原来的12得到sin2yx=，再向右平移π12单位得到πsin26yx=−，再将纵坐标伸长2倍得到π2

sin26yx=−，在同一坐标系中画出图像如图：，显然sinyx=与π2sin26yx=−的图像有4个交点，所以由2=可以推出sinyx=与()yfx=的图像恰好有4个公共点；②当sinyx=与()yfx=的图像恰好有4个公共点时，因为πππ

2π666x−−−＜，所以π23π2π2π66−，解得1326，所以的取值不一定是2，即由sinyx=与()yfx=的图像恰好有4个交点不能推出2=，所以“2=”是“函数sinyx=与()yfx=的图像恰

好有4个公共点”的充分而不必要条件.故选：A.10.已知在ABC中，,33BAC==，设[0,2]k，记ABkBC+的最大值为()fk，则()fk的最小值为（）A.3B.2C.23D.27【答案】B【解析】【

分析】根据给定条件，利用正弦定理、辅助角公式，结合正弦函数的性质求出()fk，再求出最小值.【详解】在ABC中，令内角,,ABC所对边分别为,,abc，由正弦定理得32πsinsinsinsin3acbACB====，则2sin,2sinaAcC==而2π3

AC+=，则2π2sin2sin2sin()2sin3ABkBCCkAAkA+=+=−+2(12)sin3cos(12)3sin()kAAkA=++=+++，由[0,2]k，得12[1,5]k+，锐角由3tan12k=+确定，又2π03A，则2π3A++，因此

当π2A+=时，ABkBC+取得最大值2(12)3k++，即2()(12)3fkk=++，显然函数()fk在[0,2]上单调递增，所以min()(0)2fkf==.故选：B【点睛】结论点睛：22sincos

sin()(0)axbxabxab+=++，其中tanba=.二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.设方程²230xx−+=在复数范围内的两根分别为12,xx，则2212xx+=____

___.【答案】2−【解析】【分析】根据给定条件，利用韦达定理列式计算即得.【详解】依题意，12122,3xxxx+==，所以2222121212()22232xxxxxx+=+−=−=−.故答案为：2−12.已知函数()cos()fxx=+为奇函数

，则符合条件的一个的取值可以为______.【答案】π2（答案不唯一，ππ,Z2kk=+）【解析】【分析】由正余弦型函数的奇偶性，结合诱导公式列式求解即得.【详解】函数()cos()fxx=+为奇函数，则ππ,Z2kk=+，所以符合条件的一个的取值可以为π2.故

答案为：π213.已知正三棱锥S-ABC的侧棱长SA=6，S到底面ABC的距离为26，则SA与BC的位置关系是_________；AB=____________.【答案】①.BCSA⊥②.6【解析】【分析】利用正

三棱锥的性质即可证明线线垂直，再用勾股定理可求得边长.【详解】①取BC的中点为D，由等边三角形ABC可得：ADBC⊥，再由正三棱锥可知，SBSC=，所以SDBC⊥，又因为SDADD=，,SDAD平面SAD，所以BC⊥平面SAD，又因为SA平面SAD，所以BCSA⊥.

②由正三棱锥的性质可知，顶点S在底面ABC的射影是底面等边三角形ABC的中心，如图可知：26SO=，又因为6SA=，所以由勾股定理得：362423AO=−=，由O是底面等边三角形ABC的中心，可知33AD=，则33336π3sin32AB===.故答案为：BCSA⊥；6.14.已知点,,ABC

是半径为3的圆上三点，2BC=，点D是BC的垂直平分线上任意一点，则ADCB的最小值为_______.【答案】6−【解析】【分析】根据向量的坐标运算即可求解.【详解】以圆心O为坐标原点，线段BC的垂直平分线所

在直线作为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设()(),,0,AabDc，根据题意得()()1,22,1,22BC−−−，(),ADacb=−−，()2,0CB=−，所以2aADCB=，因为33a−，所以当3a=−时，ADCB取得最小值为6−，故答

案为：6−.15.已知函数()cos2sinfxxax=+.给出下列四个结论:①()fx的最小正周期为2π；②当0a=时，()fx在区间π(,0)2−上单调递增；③若()fx在区间(0,π)上的最小值为2−，则1a=−；④当1a=时，Nn，()fx在区间

(0,π)n不可能存在2024个零点.其中所有正确结论的序号为_____________.【答案】②③④【解析】【分析】求出0a=时函数的最小正周期判断①；借助余弦函数单调性判断②；利用二倍角的余弦公式化成关于sinx的二次函数，结合二次函数性质求解判断③；求出()fx在(0,2π)

上的零点，借助周期性判断④即可得解.【详解】对于①，当0a=时，()cos2fxx=的最小正周期为π，①错误；对于②，当0a=时，()cos2fxx=，由π(,0)2x−，得2(π,0)x−，而余弦函数cosyx=在(π,0)−上单调递增，因此()fx在区间π(,0)2−上单调递增，②正确

；对于③，π()0,x，sin(0,1]x，222()2sinsin12(sin)148aafxxaxx=−++=−−++，令sin(0,1]xt=，函数22()2()148aagtt=−−++，显然()gt的图象开口向下，(

)gt在(0,1]上的最小值只能为(1)12ga=−=−，解得1a=−，③正确；对于④，当1a=时，2()cos2sin2sinsin1fxxxxx=+=−++，由()0fx=，得sin1x=或1sin2x=−，当

(0,2π)x时，π2x=或7π6x=或11π6x=，因此函数()fx在(0,2π)上有三个零点，而函数()fx的最小正周期为2π，则函数()fx在(0,1348π)上有2022个零点，在(0,1349π)上有2023个零点，在(0,1350π)上有

2025个零点，④正确，所以所有正确结论的序号为②③④.故答案为：②③④【点睛】思路点睛：涉及求含正(余)的二次式的最值问题，可以换元或整体思想转化为二次函数在区间[-1,1]或其子区间上的最值求解.三、解

答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.在ABC中，π,3,13Acb===.（1）求BC和sinB；（2）求BC边上的中线AD的长.【答案】（1）7；2114（2）132【解析】【分析

】（1）利用余弦定理求出BC，利用正弦定理求出sinB即可.（2）利用向量中线定理求解即可.【小问1详解】在ABC中，由余弦定理得22211221BC+−=，解得7BC=(负根舍去)，由正弦定理得71sin32B=，解得21sin1

4B=，故BC的值为7，sinB的值为2114.【小问2详解】由向量中线定理得1122ADABAC=+，所以22211111244222ADABACABAC=++，所以2111111391231442224AD=++=，故132AD=

，即AD的值为132.17.在ABC中，6a=，3cossinbAaB=.（1）求A的大小；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得ABC存在且唯一确定，求ABC的面积.条件①:b=8；条件②:6cos3B=；条件③:AC边上

的高BH=3.【答案】（1）π3A=；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角即可求解.（2）选①，由余弦定理建立方程无解；选②，利用正弦定理求出b，再利用和角的正弦求出sinC并求出三角形面积；选③，由直角三角形边角关系求出c，再由余弦定理

求出b并求出三角形面积.【小问1详解】在ABC中，由3cossinbAaB=及正弦定理，得3sincossinsinBAAB=，而sin0B，则tan3A=，又0πA，所以π3A=.【小问2详解

】选①，8b=，由余弦定理2222cosabcbcA=+−，得222168162cc=+−，则20828cc−=+，显然284280=−，即方程无解，因此ABC不存在，①不可选.选②，6cos3B=，在ABC中，23

sin1cos3BB=−=，由正弦定理sinsinabAB=，得36sin34sin32aBbA===，π3613323sinsin()sin()323236CABB+=+=+=+=，ABC的两角及一边已知，由三

角形全等的判定知，ABC存在且唯一，所以ABC的面积为11323sin466223226ABCSabC+===+.选③，AC边上的高BH=3，在RtABH△中，323πsinsin3BHABA===，即23c=，在ABC中，由余弦定理2222cosabcbcA

=+−，得22216(23)432bb=+−，整理得223240bb−−=，而0b，解得43b=，ABC的三边已知，由三角形全等的判定知，ABC存在且唯一，所以ABC的面积为113sin4323632

22ABCSbcA===.18.设函数()4433sincossincos222222fxxxxx=+−，其中0，()fx的最小正周期为π.（1）求；（2）当0,xm时，()302fx−恒成立，求

m的最大值；（3）将f（x）的图象向左平移π6个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的2π倍，纵坐标不变，得到函数()gx的图象.直接写出方程()lngxx=的根的个数.【答案】（1）2（2）π3（3）3【解析】【分析】（1）利用三角恒

等变换化简得π()sin3fxx=−，再由周期公式求解即可；（2）先求得π23x−的范围，再利用整体法，结合三角函数的性质即可得解；（3）先利用三角函数变换得到()sinπgxx=，从而将问题转化为()gx与lnyx=图象的交点个数问题，数形结合即可得解

.【小问1详解】()4433sincossincos222222fxxxxx=+−222213sincossincossin222222xxxxx=−+−13πsi

ncossin223xxx=−=−，()fx的最小正周期为π.则2ππ=，得2=；【小问2详解】由（1）得π()sin23fxx=−，因为0,xm，所以πππ2,2333xm−−−，

由()302fx−，得ππ233−m，得π3m，故m的最大值为：π3；【小问3详解】由题意得，()πππππsin2sinπ26263gxfxxx=+=+−=，由sinπln=xx，作出函数的图象，如图所示：的方程(

)lngxx=的根的个数：3.19.高一年级举办立体几何模型制作大赛，某同学想制作一个顶部是正四棱锥、底部是正四棱柱的模型，并画出了如图所示的直观图.其中正四棱柱.1111ABCDABCD−的高OO₁是正四棱锥.PABCD−₁₁₁₁的高PO₁的4倍.

（1）若62ABPO==，₁；(i)求该模型的体积；(ii)求顶部正四棱锥的侧面积；（2）若顶部正四棱锥的侧棱长为6，当PO₁为多少时，底部正四棱柱的侧面积S最大?并求出S的最大值.【答案】（1）（i）312；（ii）1213；（2）132PO=，2882.【解析】【分析】（1）（i）利

用棱锥、棱柱的体积公式计算即得；（ii）求出棱锥的斜高，再利用侧面积.（2）1POx=，求出棱柱的底面边长，再把棱柱侧面积表示为x，再求出函数最大值即可.【小问1详解】（i）由12PO=，得1148OOPO

==，又116ABAB==，因此正四棱锥1111PABCD−的体积22111111622433VABPO===，正四棱柱1111ABCDABCD−的体积222168288VABOO===，所以模型有体

积1224288312VVV=+=+=.（ii）取11BC的中点E，连接1,PEOE，由13OE=，得13PE=，所以正四棱锥1111PABCD−的侧面积1111144261312132PBCSSBCPE====.【小问2详解】设1POx=，正四棱柱11

11ABCDABCD−的侧面积为()Sx，则22111114,36,236OOxAOxABx==−=−，于是222111()416236162(36)SxABOOxxxx==−=−22162(1

8)324x=−−+，而06x，因此当218x=，即32x=时，max()2882Sx=，所以当132PO=时，下部分正四棱柱的侧面积最大，最大面积是2882.20.某玩具厂为测试一款可升降玩具炮台的性能，建立了如下的数学模型：①如图，建立平面直角坐标系，炮口A的坐标为()0,h，炮

台从炮口向右上方发射玩具弹，发射仰角为π7π,624，初速度010m/sv=；②设玩具弹在运行过程中t（单位：s）时刻的横纵坐标分别为,xy（单位：m），且满足；210cos510sinxtytth==−++③玩具弹最终落在点(

),0Dd.根据上述模型，解决下列问题：（1）当0h=时.（i）若1t=时，玩具弹刚好落在点D，求d及此次的发射仰角θ的值；（ii）求d的最大值及此时的发射仰角θ；（2）当2.5h=时，求证：13d.【答案】（1）（i）53d=，π6=；（ii）10（2）证明见解析【解

析】【分析】（1）（i）根据0,1ht==，求得1sin2=，进而求得；（ii）根据题意，得2sint=，进而求得10sin2d=，即可求解；（2）根据0y=，整理得210sin225cos2250dd−−−=，再由

辅助角公式化简得()22100625sin225dd++=−，即可求解.【小问1详解】（i）当0,1ht==时，10cos510sinxy==−+，由0y=，得1sin2=，因为π7π,624

，所以此次的发射仰角为π6=，π10cos536d==；（ii）当0h=时，210cos510sinxtytt==−+，由0y=，得2sint=，所以20sincos10sin2d=

=，因为π7π,624，所以π7π2,312，所以π4=时，d取得最大值10.【小问2详解】当2.5h=时，210cos510sin2.5xtytt==−++，由0y=，得()2510sin2.501tt−++=，因为

10cosdt=，所以10cosdt=，代入()1式整理得210sin225cos2250dd−−−=，得210sin225cos225dd+=−，所以()22100625sin225dd++=−，其中5πtan,0,22d=

，所以()2225sin21100625dd−+=+，解得5613d.21.已知函数h(x)的定义域为R.若存在正整数k，使得对于任意实数x，都有(π)()(π)hxkhxhk+=+，则称()hx具有性质()Pk.（1）判断函数()2,()cosfxxgxx

==是否具有性质P(2)，并说明理由；（2）设函数()sin()fxx=+其中35π||.222,是否存在ω、φ，使得()fx具有性质(3)P?若存在，求ω，φ的值；若不存在，说明理由；（3）已知函数()

fx具有性质()Pk(k为正偶数)，且()fx在区间[0,π]k上的值域为[(0),)](πffk.设函数)sin()()(gfxx=，且满足下列条件：①(π)0g；②对于任意实数x，都有)(2π)(xgxg+=；③()gx在区间(0,)πk上的零点不超过1

k−个.求证：存在正偶数nk，使得(π)πfkn=.参考公式：sinsin2sincossinsin2sincos2222+−−++=−=，.【答案】（1）()fx具有，()gx不具有，理由见解析

；（2）2,0==，具有性质(3)P；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用给定的定义分别验证，即可判断得解.（2）利用给定的定义，再利用和差化积，结合恒成立得3πsin(3π)sin02+==，由给定范围求出,.（3）利用给定的定义，结合反证法推理得nk

，再按n取奇偶探讨即得.【小问1详解】由()2fxx=，得(2π)2(2π)24πfxxx+=+=+，而(2π)4πf=，因此(2π)()(2π)fxfxf+=+，函数()fx具有性质(2)P；由()cosgxx=，得(2π)cos(2π)cosgx

xx+=+=，而(2π)cos2π1g==，因此()(2π)cos1(2π)gxgxgx+=++，所以()gx不具有性质(2)P.【小问2详解】若函数()fx具有性质(3)P，则(3π)()(3π)xffxf+=+，

而()sin()fxx=+，因此sin(3π)sin()sin(3π)xx++=+++，即3π23π2sin(3π)sin(3π)sin()2sincos22xxx+++=++−+=，由对任意实数x上式恒成立，得3πsin(3π)sin02

+==，则存在整数p，使得3π2πp=，即32p=，3为偶数，而3522，于是2=，此时sin(6π)0+=，则存在整数q，使得6ππq+=，即π6πq=−，又π||2，则0=，此时()sin2fxx=，所以存在2,0==

使函数()fx具有性质(3)P.【小问3详解】由函数()fx具有性质()Pk，得(π)()(π)fxkfxfk+=+，则(0π)(0)(π)fkffk+=+，解得(0)0f=，由对于任意实数x，都有)(2π)(

xgxg+=，得)(2π)(0gg=，)(0π)(gkg=，而)sin()()(gfxx=，于是sin((0)sin((0))0(π))(π)kfgfkg====，因此存在整数n，使得(π)πfkn=，而()fx在区间[0,π]k上的值域为[(0),)](πffk，从而()fx在区

间[0,π]k上的值域为[0,π]n，且n为正整数.①当nk时，存在(0,π)ixk，使得()π,1,2,3,,ifxiik==，且()sin(())0iigxfx==与()gx在区间(0,)πk上的零点不超过1k−个矛盾，因此nk

；②当nk，且n为正奇数时，因为对于任意实数x，)(2π)(xgxg+=，则(ππ)(π)gkg+=，又(ππ)sin((ππ))sin((π)(π))sin((π)π)sin((π))(π)gkfkffkfnfg+=+=+=+=−=−，因此(π)(π)gg=−，即(π)0

g=与(π)0g矛盾，所以存在正偶数nk，使得(π)πfkn=.【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.