【文档说明】北京市顺义区2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，1.773 MB，由小赞的店铺上传

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顺义区2023-2024学年度第二学期期末质量监测高一数学试卷考生须知1．本试卷总分150分，考试用时120分钟．2．本试卷共6页，分为选择题（40分）和非选择题（110分）两个部分．3．试卷所有答案必须填涂或书写在答题

卡上，在试卷上作答无效．第一部分必须2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答．4．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自己保留．第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，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.在复平面内，复数2iz=−+的共轭复数对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】先求出复数2iz=−+的共轭复数，再由复数的几何意义即可得出答

案.【详解】复数2iz=−+的共轭复数为2iz=−−，则2iz=−−对应的点坐标为()2,1−−，位于第三象限.故选：C.2.已知向量()1,2a=−，//ba，那么向量b可以是（）A.()2,1−−B.()2,1−C.()1,2D.()1,

2-【答案】D【解析】【分析】利用共线向量的坐标表示判断即得.【详解】对于A，由22(1)(1)−−−，得a与b不共线，A不是；对于B，由221(1)−−，得a与b不共线，B不是；对于C，由122(1)

−，得a与b不共线，C不是；对于D，由()()1221=−−，得//ba，D是.故选：D3.在ABC中，已知3sin5B=，π3A=，3a=，则b=（）A.85B.635C.65D.835【答案】C【解析】【分析】由正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理si

nsinabAB=可知，33sin65sin532aBbA===.故选：C4.已知πtan()34+=−，则tan的值为（）A.2−B.2C.1−D.12−【答案】B【解析】【分析】利用和角的正切公式求解

即得.【详解】由πtan()34+=−，得1tan31tan+=−−，所以tan2=.故选：B5.以一个等腰直角三角形的直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，若该等腰直角三角形的直角边长度为2，则该几

何体的体积为（）A.8π3B.8πC.22π3D.4π3【答案】A【解析】【分析】由圆锥的体积公式求解即可.【详解】由题意可知，该几何体是底面半径为2，高为2的圆锥，则该几何体的体积为()218ππ2233V==.故选：

A6.已知直线m，n，l与平面，则下列四个命题中正确的是（）A.若m⊥，mn⊥，则//nB.若mn⊥，//n，则m⊥C.若ml⊥，nl⊥，则//mnD.若//mn，ml⊥，则nl⊥【答案】D【解析】【分析】利用直线与直线、直线与平面的位置关系逐项分析可得答案.【详解】

对于A，m⊥，mn⊥，直线n在平面内或与平面平行，A错误；对于B，mn⊥，//n，直线m可以在平面内、与平面平行，也可以与平面相交，B错误；对于C，ml⊥，nl⊥，直线m与n可以是相交直线、平行直线、也可以是异面直线，C错误；对于

D，//mn，ml⊥，由异面直线互相垂直的意义，得nl⊥，D正确.故选：D7.下列函数中，以π为最小正周期，且在区间π0,2上单调递增的是（）A.πtan4yx=+B.sinyx=C.cos2yx=D.πsin4yx=−【答案】B【

解析】【分析】对于A，πtan()4yx=+在π(0,)4单调递增，在ππ(,)42单调递增，故A错误；对于B，作出函数|sin|yx=的大致图象，由图可知，B正确；对于C，函数cos2yx=在π(0,)2单调递减，故C错误；对于D，函数sin(4)πyx=−最小正周期为2π，故D错误.【详

解】对于A，函数πtan()4yx=+的最小正周期为π，当π(0,)2x时，ππ3π(,)444x+，所以πtan()4yx=+π(0,)4单调递增，在ππ(,)42单调递减，故A错误；对于B，作出函数|sin|yx=的大致图象如图所示，函数|sin|yx=的最小

正周期为π，且在区间π(0,)2单调递增，故B正确；对于C，函数cos2yx=最小正周期为π，由2π2π2π,Zkxkk+，得πππ,Z2kxkk+，当在0k=时，cos2yx=在π(0,)2单调递减，故C错误；对于D，

函数sin(4)πyx=−最小正周期为2π，故D错误.故选：B.8.一个人骑自行车由A地出发向东骑行了kmx到达B地，然后由B地向北偏西60°方向骑行了33km到达C地，此时这个人由A地到C地位移的大小为3km

，那么x的值为（）A.3B.6C.3或6D.33【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，作出图形，利用余弦定理列式求解即得.【详解】在ABC中，,33,3,30ABxBCACABC====，由余弦定理得2222cosACABBCABBCABC=+−，即239272332xx=+−，整理

得29180xx−+=，解得3x=或6x=.故选：C9.已知ABC，且0ABAC=．点P是ABC所在平面内的动点，满足1AP=．则||||PBPCPBPC++−的最小值为（）A.2B.52C.1D.12【答案】A【解析】【分析】由0ABAC=可得||||ABACABAC−=+，再利用向

量的线性运算及向量的三角不等式求出最小值.【详解】在ABC中，由0ABAC=，得22||||ABACABACABAC−=+=+，因此||||||2||PBABACAPABCPBACPPC=++++−−−|2||||2()|

2||2ABACAPABACABACAPABACAP=+−+++−−+==，当且仅当ABAC+与2AP同向，且||2ABAC+时取等号，所以||||PBPCPBPC++−的最小值为2.故选：A10.如图，在扇形OMN中，半径1OM=，圆心角π2MON=，B是MN上

的动点（点B不与M、N及MN的中点重合），矩形ABCD内接于扇形OMN，且OAOD=．BOM=，设矩形ABCD的面积S与的关系为()Sf=，则()f最大值为（）A.21−B.22−C.24D.12【答案】A【

解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出,ABOA，并求出函数()f，再利用三角恒等变换，正弦函数性质求出最大值.【详解】依题意，在AOB中，3πππ,,(0)444AOBOABOBA===−，由正弦定理

得2π3πsinsin()sin44ABOAOB===−，即π2sin,2sin()4ABOA==−，π222sin2sin()22sin(cossin)4)2(2SfABAD−−====2π2sincos2sinsin2cos212sin(2)

14=−=+−=+−，而ππ3π2444+，因此当ππ242+=，即π8=时，max()21f=−.故选：A【点睛】思路点睛：几何图形中的面积最值问题，解题关键是借助正余弦定理及三角形面积公式求出角的函数，结合三

角恒等变换和三角函数性质求出最值.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5道小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题卡上．11.设复数z满足()34i5iz+=，则z=__________．【答案】43i55+【解析】【分析】利用复数的除法运算计算得解.【详解】依题意，5i5i(34i

)2015i43i34i(34i)(34i)2555z−+====+++−.故答案为：43i55+12.在锐角ABC中，1a=，2b=，ABC的面积为154，则cosC=__________．【答案】14##0.25【解析】【分析】

利用三角形面积公式求出sinC，再利用同角公式计算得解.【详解】依题意，115sinsin24ABCSabCC===，又ABC是锐角三角形，所以22151cos1sin1()44CC=-=-=.故答案为：

1413.在长方形ABCD中，23AB=，1AD=，点P满足12APABAD=+，则AP=__________，PAPC=__________．【答案】①.2②.3−【解析】【分析】如图，以A为原点，,ABAD所在的直线分别为,xy轴建立平面直坐标系，然后结合已

知条件可求出点P的坐标，进而可求得答案.【详解】如图，以A为原点，,ABAD所在的直线分别为,xy轴建立平面直坐标系，则(0,0),(23,0),(23,1),(0,1)ABCD，所以(23,0),(0

,1)ABAD==，因为12APABAD=+，所以11(23,0)(0,1)(3,1)22APABAD=+=+=，所以312AP=+=，(3,1)P，所以(3,1),(3,0)PAPC=−−=，所以3PAPC=−.故答案为：2，3−14.已知

函数()sin()fxx=+（，为常数，0）的部分图象如图所示．则5π()12f=__________；若将函数()fx图象上的点(0,)Pa向右平移(0)tt个单位长度得到点Q，且点Q仍

在函数()fx的图象上，则t的最小值为__________．【答案】①.0②.π3##1π3【解析】【分析】根据给定条件，求出函数()fx的解析式，并求出a值，再由()fta=求出t的关系式即可得解.【详解】观察函数图象，得函数()fx的

周期π2(0)π2T=−=，2π2T==，则()sin(2)fxx=+，由π()012f−=，且函数()fx的图象在点π(,0)12−附近是上升的，得π2π,Z6kk−+=，即πZπ2,6kk=+，因此ππ()sin(22π)sin(2)66fxxkx=+

+=+，所以5πsinπ012f==；1(0)2af==，而点(,)Qta在()fx的图象上，则1()2ft=，即π1sin(2)62t+=，又0t，则π5π22π66tn+=+或π13π22π,N66tnn+=+，解得ππ3tn

=+或ππ,Ntnn=+，所以t的最小值为π3.故答案为：0；π315.已知正方体1111ABCDABCD−的边长为2，且M为棱1AA的中点，点P在正方形ABCD的边界及其内部运动，且满足MP与底面ABCD所成的角为π

4，给出下列四个结论：①存在点P使得1MPBD⊥；②点P的轨迹长度为π2；③三棱锥11PABD−的体积的最小值为23；④线段1PC长度最小值为342．其中所有正确结论的序号是__________【答案】①②③【解析】【分析】利用线面垂直的性质判断①，确定点的轨迹后利用圆的周长公式判断②

，找到点面距离，结合轨迹图形判断③，合理转化，利用勾股定理判断④即可.【详解】对于①，当P在AD中点上时，如图，连接11,ADBD，AP，因正方体1111ABCDABCD−，所以AB⊥面11AADD，11ADAD⊥，所以ABMP⊥，由中位线定理得11//MPADMPAD⊥，

而1ABADA=，1,ABAD面1ABD，所以MP⊥面1ABD，所以1MPBD⊥，故①正确，对于②，所以MP与底面ABCD所成的角为MPA，故π4MPA=，而1AA⊥面ABCD，所以1AAAP⊥，因为M为棱1

AA的中点，所以1APMA==，所以点P的轨迹半径为1的14个圆，故长度为2π1π42=，故②正确，对于③，如图，连接111,,CBABDD，由正方体性质得112ADBC==，BC⊥面11AABB，所以1BCAB⊥，由勾股定理得112AB

CD==，所以四边形11ABCD是平行四边形，而1BCAB⊥，所以四边形11ABCD是矩形，所以111222222ABDS==，设AB中点为G，如图，作11,GTABAHAB⊥⊥，为而BC⊥面11AABB，GT面11AABB，所以BCGT⊥，因为1ABBCB=I，1,ABBC面11AB

CD，所以GT⊥面11ABCD，而G正好在P的轨迹上，所以当P运动到G时，P到面11ABCD距离最短，此时可以得到GT是AHB的中位线，由勾股定理得2AH=，所以22GT=，所以体积的最小值为21222233=，故③正确，对于④，若1PC最小，则PC最小，连接1PC，AC

，如图，当,,PAC共线时PC取得最小值，由勾股定理得22AC=，此时221PC=−，由勾股定理得214(221)44211142PC=+−=+−+=−，故④错误.故答案为：①②③【点睛】关键点点睛：本题考查立体

几何，解题关键是先找到点面距离所在线段，然后结合轨迹确定动点的位置，得到所要求的点面距离，进而得到体积即可．三、解答题共6道题，共85分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16.已知1e，2e是两个单位向量，其夹角为1

20，122aee=−，1232bee=+．的（1）求a，b；（2）求a与b的夹角．【答案】（1）||||7ab==；（2）π,3ab=.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的定义、数量积的运算律求解即可.（2）利用

向量的运算律求出ab，再利用夹角公式计算即得.【小问1详解】单位向量1e，2e的夹角为2π3，则12122|||2π|cos13eeee=−=，所以21122274||4412aeeee=+=+−+=，221212||94129467beeee=++=+−=.【小问2

详解】由（1）知，2212121212(2(32)62217)622abeeeeeeee=−+=−−==−+，因此712cos,2||||77ababab===，而0,πab，所以a与b的夹

角π,3ab=.17.设函数2()2sincos2cos(R,0)fxAxxxAA=+，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个．．作为已知，使函数()fx存在且唯一确定．条件①：(0)0f=；条件②：()

fx的最大值为21+；条件③：直线π8x=是函数()fx的图象的一条对称轴．（1）求函数()fx的最小正周期；（2）求函数()fx在区间[0,π]上的单调递增区间．【答案】（1）π；（2）π5π[0,],[,π]88.【解析】【分析】（1）由(0)2f=可得条件①不满足，利用二倍角公式、辅助角

公式化简函数()fx，由条件②③结合正弦函数性质求出()fx，进而求出最小正周期.（2）由（1）求出()fx的单调递增区间，进而求出在给定区间上的递增区间.【小问1详解】函数2()2sincos2cosfxAxxx

=+，有(0)2f=，因此条件①不满足，2()sin2cos211sin(2)1fxAxxAx=++=+++，其中ππ1,tan22A−=，函数()fx的最大值为211A++，由条件②得21121A++=+，解得1A=，当1A=时，π()2sin(2)14fxx=++，π)2

18(f=+满足条件③，当1A=−时，π()2sin(2)14fxx=−−+，1(π)8f=不满足条件③，因此函数()fx满足条件②③，且π()2sin(2)14fxx=++唯一确定，所以函数()fx的最小正周期为2ππ2T==.【小问2详

解】由（1）知，πππ2π22π,Z242kxkk−+++，解得3ππππ,Z88kxkk−++，即函数()fx在3ππ[π,π](Z)88kkk−++上单调递增，所以函数()fx在区间[0,π]上的单调递增区间为π5π[0

,],[,π]88.18.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，E为1BB的中点．（1）求证：1//BC平面1ADE；（2）求证：1CB⊥平面11ABCD；（3）写出直线1DE与平面11ADDA所成角的正弦值（只需写出结论）．【答案】（1）证明见解析；（

2）证明见解析；（3）23.【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定，结合正方体的结构特征推理即得.（2）利用线面垂直的判定推理即得.（3）取1AA的中点F，确定线面角，借助直角三角形求出线面角的正弦.【小问1详解】在正方体1111AB

CDABCD−中，1111////,ABCDCDABCDCD==，则四边形11ABCD是平行四边形，有11//BCAD，而1BC平面1ADE，1AD平面1ADE，所以1//BC平面1ADE.【小问2详解】在正方体1111ABCDABCD−中，四边形11

BCCB为正方形，则11CBBC⊥，而AB⊥平面11BCCB，1CB平面11BCCB，则1ABCB⊥，又11,,ABBCBABBC=平面11ABCD，所以1CB⊥平面11ABCD.【小问3详解】取1AA的中点F，连接11,,

DEDFEF，E是正方形11ABBA边1BB中点，则11//EFAB，而11AB⊥平面11ADDA，于是EF⊥平面11ADDA，1EDF是直线1DE与平面11ADDA所成的角，令2AB=，则221215DF=+=，2EF=，又1EFDF⊥，2

212(5)3DE=+=，所以直线1DE与平面11ADDA所成角的正弦值112sin3EFEDFDE==.19.已知函数()ππ3sinsinsin42422xxfxx=+−+．在ABC中，()()fBfC=，

且bc．（1）求A的大小；（2）若5a=，7bc+=，求ABC的面积．【答案】（1）π3A=（2）23【解析】【分析】（1）利用两角和差的正弦公式、二倍角公式和辅助角公式化简函数，结合()()fBfC=且bc，和三角形内角和定理计算得到A；（2）利

用余弦定理和已知条件得到8bc=，再利用ABC的面积公式计算得到答案.【小问1详解】()ππ3223sinsinsin(cossin)(cossin)sin424222222222xxxxxxfxxx=+−+=+−+221313π(cossin)sincossinsi

n()2222226xxxxxx=−+=+=+因为()()fBfC=且bc，所以BC，又(),0,πBC，所以πππ7π,,6666BC++，则ππ21ππ,π,π.6633BCBCABCA+++=+=++==因此π3A=【小问2详解】由余弦定理得2222cos,a

bcbcA=+−因为5a=，7bc+=2222525()38bcbcbcbcbc=+−=+−=所以ABC的面积为113sin823222bcA==.20.如图，在五面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，4AB=，1EF=，EDEA=，H为

CD的中点，M为BH的中点，EMBH⊥，23EM=．（1）求证：//ABEF；（2）求证：平面AME⊥平面ABCD；（3）求五面体ABCDEF的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）123.【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定、性质推理即得.（2）取AD中点N，

利用线面垂直的判定、性质证得ME⊥平面ABCD，再利用面面垂直的判定推理即得.（3）利用锥体、柱体的体积公式分别求出四棱锥EADTG−和三棱柱BCFGTE−的体积即可.【小问1详解】由正方形ABCD，得//ABCD，又AB平面CDEF，CD平面CDE

F，则//AB平面CDEF，又平面ABFE平面CDEFEF=，AB平面ABFE，所以//ABEF.【小问2详解】取AD的中点N，连接,MNNE，由M为BH的中点，//DHAB，得//MNAB，而ABAD⊥，则ADMN⊥，又EDEA=，则

ADNE⊥，又MNNEN=，,MNNE平面NME，于是AD⊥平面NME，而ME平面NME，则ADME⊥，又EMBH⊥，H为CD的中点，即四边形ABHD是梯形，,BHAD是平面ABCD内两条相交直线，的因此ME⊥平面ABCD，而ME平面AME，所以平面AME⊥平面ABCD.【

小问3详解】过M作//TGBC，交,ABCD分别于,GT，由H为CD的中点，M为BH的中点，得1,3BGHTTCEFDTAG======，又4=AD，由（2）知ME⊥平面ABCD，则四棱锥EADTG−的体积14323833EADTGV−==，又////,EFBGTCEFBG

TC==，则四边形,EFTCEFGB都是平行四边形，于是//ETFC，而FC平面BCF，ET平面BCF，则//ET平面BCF，同理//EG平面BCF，又,,ETEGEETEG=平面ETG，因此平面//ETG面BCF，从而五面体BCFGTE为三棱柱，在三

棱柱BCFGTE−中，BGTG⊥，由ME⊥平面ABCD，BG平面ABCD，得BGME⊥，而BGTG⊥，,,METGMMETG=平面GTE，则BG⊥平面GTE，三棱柱BCFGTE−的体积14231432BCFGTEV−==，所以五面体ABCDEF的体积123EAD

TGBCFGTEVVV−−=+=.【点睛】思路点睛：求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．21.对于数集121,,,,nXxxx=−，其中120nxxx

，2n．定义向量集(),,,YaastsXtX==．若对于任意1aY，存在2aY，使得120aa=，则称X具有性质P．（1）已知数集11,1,2X=−，请你写出数集1X对应的向量集1Y，1X是否具有性质P？（2）若2x，且21,1,2,Xx=−具有性质P，求

x的值；（3）若X具有性质P，求证：1X，且当1nx时，11x=．【答案】（1）()()()()()()()()()11,1,1,1,1,2,1,1,1,1,1,2,2,1,2,1,2,2Y=−−−−−−，1X具有性质P（2）4（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据向量集的定义，

即可写出1Y.在1Y中，检验任意1aY，存在2aY，使得120aa=，即可得出答案；（2）在Y中取()1,2ax=，可得()21,ab=−或()2,1ab=−，根据数量积的坐标公式结合条件即得；（3）取()11,pxxY=，设(),qs

tY=，根据条件可得st、中一个必为1−，另一个数是1，从而1X，然后利用反证法，即得.【小问1详解】由已知可得，()11,1,2,1|,,1,,2Yaastst==−−()()()()()()()()()1,1,1,1,1,2,1,1,1,1,1,2,2,1,2,1

,2,2=−−−−−−.因为()()1,11,10−−−=，()()1,11,10−−−=，()()1,22,10−=，()()1,11,10−=，()()1,22,10−=，()()2,21,10−=，

即对任意11aY，存在21aY，使得120aa=，所以，1X具有性质P.【小问2详解】因为1,1,2,x−具有性质P，取()1,2ax=，由120aa=，则Y中的()21,ab=−或()2,1ab=

−.当()21,ab=−时，由()(),21,0xb−=可得，2xb=.因为1,1,2,bx−，所以1b=或2b=，所以2x=或4x=.又2x，则4x=；当()2,1ab=−时，有()(),2,10xb−=可得，2xb=.因为2x，所以不存在，舍去.综上所述，4x=.小问3详解】因

为数集121,,,,nXxxx=−，其中120nxxx，取()11,pxxY=，设(),qstY=，由0pq=得()10xst+=，则0st+=，【则s和t中有一个数是1−，则s

和t中有一个数是1，即1X，假设1(1)kxkn=，则101nxx，再取()1,nexxY=，(),fstY=，则10nsxtx+=，所以s和t异号，且其中一个值为1−，若1s=−，则11nxtxtx=

，矛盾；若1t=−，则1nnxsxsx=，矛盾；则假设1(1)kxkn=不成立，可得当1nx时，11x=.【点睛】思路点睛：根据题意向量集的概念，以及集合X中的特殊元素“1−”，得出元素“1”，进而假设1

(1)kxkn=，根据数量积为0，推出矛盾，即可得出证明.