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北京市首都师范大学附属中学 2024-2025 学年高一下学期期末
练习数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1． sin 405
A 2 2 3 3． B． C． D．
2 2 2 2
2．在复平面内，复数 z对应的点的坐标是 1,1 ，则 z的共轭复数 z 的对应点的坐标是（ ）
A． 0, 1 B． 1, 1
C． 1,1 D． 1, 1
3．若 为第三象限角，则下列各式的值为负数的是（ ）
A． sin ( ) B． cos ( )
C． sin ( ) D． tan ( )
4．在平面直角坐标系 xOy中，角 以Ox为始边，终边经过点 t, 2t ，t 0，则cos （ ）
A 5 5． B．
5 5
C 2 5． D 2 5．
5 5
5．将函数 f (x) sin 2x
π
图象上的所有点向左平移 个单位，得到函数 g x 的图象， g x
6
（ ）
A． sin

2x+ B． sin

6
2x
6
C． sin
2x+ D． sin
2x


3 3
6．空间中有两个不同的平面 , 和两条不同的直线m,n，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若 ,m ,m n，则 n
B．若 ,m ,n ，则m n
C．若 n ,n / / ,m ,m / / ，则 / /
D．若 n ，且 ，则 n / /

7．设向量 a,b满足(a b) / / b .若 a (1, 1)，则b的坐标可以为（ ）
试卷第 1页，共 6页

A． 1,0 2B． ,
2
2 2
3 1
C． , D． 0, 1
2 2
8 ABC C b
2 c2 a2
．在V 中， 6 ，则 的取值范围是（ ）bc
A． 2,2 B． 1,1
3
C． ,1 D． 3,2
2



9．在四边形 ABCD中，“ | AC | | AB AD |”是“四边形 ABCD是平行四边形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
π
10．已知函数 f (x) sin(2x ) ，其中
π
，若 t 0， f (x)在区间 [ t , t ] 上
2 2 3 3
的最大值与最小值的和为 0，则 （ ）
π
A． 6 B． 6
π
C． 3 D． 3
11．如图，在四棱锥 P ABCD中，底面四边形 ABCD的两组对边均不平行．给出下列命题：
①在平面 PAB内不存在直线与DC平行；
②在平面 PAB内存在无数多条直线与平面 PDC平行；
③平面 PAB与平面PDC的交线与底面 ABCD不平行．
其中正确的个数为（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
12．在同一平面内，对于V ABC及半径为 r的圆O，若V ABC的顶点 A,B,C 满足 AO r，
试卷第 2页，共 6页
BO r,CO r，则称V ABC被圆O完全覆盖.已知 ABC, AB 2，再从条件①，条件②，
条件③，条件④这四个条件中选择一个作为已知.
3 3
条件① sinC ；条件② cosC ；条件③ AB BC 1；条件④ S
6
ABC ．5 2 2
其中，满足V ABC可能被一个半径为 1的圆完全覆盖的所有条件是（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
二、填空题
13．已知复数 z满足 i z 1 i，其中 i为虚数单位，则 z的虚部为 .
14．已知 tan 2,则tan 2 .
15．随着畜牧业经济的发展和牧民生活的改善，穹庐或毡帐逐渐被蒙古包代替．一个普通的
蒙古包可视为一个圆锥与一个圆柱的组合体.如图，已知该圆锥的高为 3m，圆柱的高为 4m，
底面直径为 8m，该蒙古包的体积是 m3 .
16．如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为 AD1、BD的中点，则异面直线 MN
与 BC1所成的角等于 ．
17．智能机器人已开启快递代取服务，某机器人现从某点出发开始工作，先沿正北方向前行
200m，然后沿北偏西60 方向继续前行了300m，则此时机器人与出发点的距离为 m .
18．某正方形网格纸是由 6 6个边长为1的小正方形构成，点 A , B ,C , D的位置如图所示，
试卷第 3页，共 6页

动点 P在正方形网格纸内（包含边界），记T (PC PD) AB（ R）.当 1时，T ；
当 1时，若动点 P在小正方形的顶点上，则满足T 2的点 P的个数为 .
19．如图，正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 2，P为 BC的中点，G为线段 CD上的动点，
Q为线段CC1上的动点，点M 在平面 AB1D1内，给出下列四个结论：
①三棱锥D1 PDQ的体积为定值；
②对任意的点G，存在点Q，使得 A1G PQ；
③对任意的点G，存在点Q，使得 A1G 平面 PGQ；
AM 2 M BC 2 3④当 1 时，则点 到 1距离的最小值为 ．3
其中所有正确结论的序号是 ．
20．已知函数 F( x ) sin (2 f1x ) sin (2 f2x ) *，其中 f1 , f2 N ，且 f1 f2 . 给出下列四个结论：
① 函数 F(x)是奇函数；
② x R ， F (x) 2；
③ f1, f2 N
*
，使得 F ( x )在 [0, 1]内至少有 2025个零点；
④ a (0, 1)， x R，都有 F (a x ) F (a x ) 0 .
其中，所有正确结论的序号是 .
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三、解答题
π
21 f ( x ) sin ( 2 x ) 2cos2．已知函数 x 1 ( 0)6 ，且
y f (x)图象的相邻两条对称轴之间
π
的距离为 .
2
(1)求 f (0)的值；
(2)求 f ( x )的单调递增区间；
(3)若 f (x) 0,m 3 , 3 在 上的值域为 ，求m的值. 2
22．如图，长方体 ABCD A1B1C1D1的底面 ABCD是正方形，AB 1,AA1 2，点M 在棱CC1
上， AC1 / /平面 BDM.
(1)求证：M 为CC1的中点；
(2)求直线B1M与平面 BDM所成角的正弦值；
(3)求点 A1到平面 BDM的距离.
23．在V ABC中， A为钝角， 3a tanB 2bsin A .
(1)求 B；
(2)若a 4 3，b 13，D为 AB边上一点，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 ACD存在且唯一确定，求 ACD的面积．
条件①：DC 4；
1
条件②： sin ADC 3；
条件③： ACD的周长为5 13．
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.
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24．如图，在四棱锥 S ABCD中，四边形 ABCD是矩形， SAD是正三角形，且平面 SAD
平面 ABCD,AB 1,AD 2,P、E 分别为棱 AD、SB的中点.
(1)求证： PE / /平面 SCD；
2 3 AM(2)已知M 为棱 SA上的点，且平面 PMB与平面 SAD所成角的余弦值为 ，求 的值；
5 AS
(3)在（2）的条件下，求证：直线 DE与平面 PBM相交．
25．对任意正整数 n，定义集合 An x1, x2 , x3 , x4∣ n xi n, xi Z, i 1, 2,3, 4 ．设
a1,a2 ,a3,a4 , b1,b2 ,b3,b4 An ，定义：
a1 b1, a2 b2, a3 b3, a4 b4 , a1b1 a2b2 a3b3 a4b4.
(1) ( 1,2,0,1)____________ A2（填“ ”或“ ”）； A1____________ A2（填“ ”或“ ”）；
(2)设 r, s N*, Ar , As，证明： Ar s；
(3)设 (2,0,2,5), (5,2,0,2), A2 , 0，求 ；
(4)证明：对任意 , A1，存在 A4，满足： 0，且 0．
试卷第 6页，共 6页
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B C A C B B D B D
题号 11 12
答案 D A
13． 1
4
14．
3
15．80π
π
16．
3
17．100 19
18． 4 7
19．①②④
20．① ③ ④
f 0 sin π 2 1 321．（1） .
6 2
（2） f (x) sin(2 x
π
) 2cos2 x 1
6
3
sin 2 1 x cos2 x cos2 x
2 2
3 3
sin 2 x cos2 x
2 2
3 sin ( 2 x π )
3 .
π
因为 y f (x)相邻两条对称轴之间的距离为 ，故T π，
2
2π
且 0， 2 2 .
T
所以 1．
π
所以 f (x) 3 sin(2x )．
3
2kπ π π令 2x 2kπ
π
,k Z，
2 3 2
5π
解得 kπ x kπ
π
， k Z．
12 12
f (x) [ kπ 5π , kπ π所以 的单调递增区间为 ] k Z12 12 ， ．
（3）因为0 x m，
答案第 1页，共 8页
π
所以 2x
π π
2m ．
3 3 3
3
因为 f (x)在 0,m 上的值域是为 , 3 ，
2
3
所以 y sin(2x
π
) 在 0,m 上的值域为
3
,1 ．
2
2m π 4π所以 ．
3 3
所以m
π
．
2
22．（1）
连接 AC, AC I BD O，
因为底面 ABCD是正方形，所以O是 AC的中点，
因为点M 在棱CC1上， AC1 //平面 BDM ，
AC1 平面C1AC，且平面 BDM 平面C1AC OM ，
所以 AC1 //OM ，
所以M 为CC1的中点.
d
（2）设直线B1M与平面 BDM 所成角为 ，则 sin B ，1M
其中 d为点B1到平面 BDM 的距离，
因为 BD AD2 AB2 2 ，BM BC2 CM 2 2，DM DC2 CM 2 2，
B1M B1C
2 C M 21 1 2， BB1 2，
所以 BD BM DM ， BM 2 BM 2 21 BB1 ，
所以 BDM 为等边三角形，△BB1M 为直角三角形，
答案第 2页，共 8页
1 1
所以 S BDM 2
3 3
2 ， S 2 2 1，
2 2 2 BB1M 2
又因为VB V1 BDM D BB1M ,
1 3 1 d 2即 d 1 1，即 3，
3 2 3 3
2
d 3所以 sin 6 3 ，
B1M 2 3
所以直线B1M
6
与平面 BDM所成角的正弦值为
3
（3）
连接OM ， A1O， A1M ,
因为 BDM 为等边三角形，
OM BD OM 6所以 ， ，
2
又因为 AD AA2 AD21 1 5， A1B AA
2
1 AB
2 5，
所以△A1DB为等腰三角形，
所以 A1O BD AO AD
2 OD2 3， 1 1 2，2
又因为OM A1O O ，OM , A1O 面 A1OM ，
所以 BD 面 A1OM ，
又因为 A1M 面 A1OM ，
所以 BD A1M ，
又因为 A1M A1C
2 C M 21 1 3 A 2 2
3 2 6
， 1O A1D OD ，OM ，2 2
答案第 3页，共 8页
OM 2 AM 2 2所以 1 A1O ，即 A1M OM ，
又因为 BD OM O， BD,OM 面 BDM ，
所以 A1M 面 BDM ，
求点 A1到平面 BDM的距离为 3 .
23．（1）由 3a tanB 2bsin A，得 3a sin B 2bsin AcosB．
在V ABC中，由正弦定理得 3 sin Asin B 2sin Asin B cosB．
因为 sin A 0， sin B 0，
所以 cos B 3 ．
2
0 B π B π又 ，所以 6 ．
（2）选条件①：DC 4．
b a 4 3sin π
在V ABC中，由正弦定理 ，得 6 2 39 ．
sin B sin A sin A 13 13
13
因为 A为钝角，所以 cos A ．
13
在 ACD中，因为DC 4，由余弦定理 DC 2 AC 2 AD2 2AC AD cosA ，
得16 13 AD2 2 13 AD (
13
) ．
13
解得 AD 1或 AD 3（舍）．
1 1 2 39
所以 S ACD AD AC sin A 1 13 3．2 2 13
1 1
选条件②：因为 A为钝角，所以 ADC为锐角，而 sin ADC sin B，
3 2
这与 ADC是 CBD的外角， ADC B矛盾，从而此时 ACD不存在；
选条件③： ACD的周长为5 13．
b a 4 3sin
在V ABC中，由正弦定理 ，得 2 39
sin B sin A sin A
6 ．
13 13
因为 A 13为钝角，所以 cos A ．
13
因为 ACD的周长为5 13，所以 AD DC 5．
在 ACD中，由余弦定理DC 2 AC 2 AD2 2AC AD cosA ，
得 (5 AD)2 AC2 AD2 2AC ADcos A，解得 AD 1 .
答案第 4页，共 8页
S 1 AD AC sin A 1 2 39所以 ACD 1 13 .2 32 13
24．（1）如图 1，取SC 中点 F ，连接 EF ,FD，
1
因为 E为 SB的中点，所以 EF / /BC且 EF BC .，
2
因为底面四边形 ABCD是矩形， P为棱 AD的中点，
所以 PD / /BC且PD
1
BC．
2
所以 PD / /EF且PD EF ．故四边形 PEDF是平行四边形，
所以 PE / /FD．又 FD 平面 SCD， PE 平面 SCD，
所以 PE / /平面 SCD；
（2）过A作 AN PM于 N，连接 BN，
因为 P为棱 AD的中点， SAD是正三角形，所以 SP AD，
又因为平面 SAD 平面 ABCD，平面 SAD 平面 ABCD AD，
因为 AD AB，所以 AB 平面 SAD，又MP 平面 SAD，所以 AB MP，
又因为 AN AB A， AN , AB 平面 ABN ，所以MP 平面 ABN ，
又因为 NB 平面 ABN ，所以MP NB，
所以 ANB为二面角 A MP B的平面角，
设 AM x，由余弦定理可得
MP AM 2 AP2 2AM APcos60 x2 1 2 x 1 1 x2 1 x，
2
1
又 S APM AM AP sin 60
1
MP AN，
2 2
3 3x
所以 x x2 1 x AN ，所以 AN ，
2 2 x2 1 x
2

BN AB2 AN 2 1 3x 7x
2 4x 4
所以 2 x2 1 x
，
2 x2 1 x
答案第 5页，共 8页
3x
2
所以 cos
AN 3x
ANB 2 x 1 x
BN ，7x2 4x 4 7x2 4x 4
2 x2 1 x
2 3
因为平面 PMB与平面 SAD所成角的余弦值为 ，
5
3x 2 3 x2 4
所以 ，平方得 ，
7x2 4x 4 5 7x
2 4x 4 25
所以 25x2 28x2 16x 16，所以3x2 16x 16 0，所以 3x 4 x 4 0，
4
解得 x 或 x 4（舍去），
3
4
所以 AM 3 2 ．
AS 2 3
2
（3）由（2）可知 AM
4
2 4 5，所以
3 BM AB AM
2 1 3
，
3
2 16 4 13 13BP AB AP2 2，MP 1 9 3 9 3
25 13
2
cos BMP MB MP
2 PB2 2
9 9 1由余弦定理可得 2MB MP
2 5 13 13
，

3 3
所以 sin 12 2 3 1 5 13 2 3 5 3 BMP ，所以 S BMP ，13 13 2 3 3 13 9
设所以S到平面 BMP的距离为 d，
1 1 5 3
所以VS BMP S3 BMP
d d ，
3 9
V 1 1 1 2 1 3又 S BMP VB SMP SMPS AB 3 1 ，3 3 2 3 2 18
1 5 3 3 3
所以 d 3 ，所以d ，所以 E到平面 BMP的距离为 ，
3 9 18 10 20
答案第 6页，共 8页
设D到平面 BMP的距离为 h，由VD BMP VB DMP，
S S S 1 4 2 3 1 4 3 3又 DMP DMA AMP 1 ，2 3 2 2 3 2 3
1 S 1 1 3 1 5 3 3所以
3 DMP
1 S BMP h，所以 1 h，解得h ，3 3 3 3 9 5
3 3
因为 ，所以直线 DE与平面 PBM相交．
5 20
25．（1）显然 1,2,0,1均属于 2, 1,0,1, 2 ，故 ( 1,2,0,1) A2 ，
A1 x1 ,x2 ,x3 ,x4 1 x i 1,x i Z,i 1,2,3,4 ，
A2 x1, x2, x3, x4 2 xi 2, xi Z, i 1,2,3,4 ，
由于 1,0,1 是 2, 1,0,1, 2 的真子集，故 A1 A2，
（2）设 a1,a2 ,a3 ,a4 Ar, b1,b2 ,b3 ,b4 As ，
则有 r ai r， s bi s， ai ,bi Z, i 1,2,3,4，
故 r s ai bi r s ，ai bi Z, i 1,2,3,4，
所以 Ar s；
（3）设 c1,c2 ,c3 ,c4 A2 ，则有 ci 2, 1,0,1,2 ， i 1,2,3,4，
因为 2c1 2c3 5c4 0，2c1 2c3为偶数， c4必为偶数，
所以 c4 2,0,2 ，
当 c4 2时， c1 c3 5，但 c1 c3 4，不合要求，舍去；
当 c4 2时， c1 c3 5，但 c1 c3 4，不合要求，舍去；
所以 c4 0，此时 c1 c3 0，
又 5c1 2c2 2c4 0，同理可得 c1 0， c2 c4 0，
所以 c1 c2 c3 c4 0，故 0,0,0,0 ；
（4）设 a1,a2 ,a3 ,a4 A1 ， b1,b2 ,b3 ,b4 A1 ，
则 ai ,bi 1,0,1 ,i 1,2,3,4 ，
答案第 7页，共 8页
任取 c1,c2 ,c3 ,c4 A2 ，令 a ,b ，
则 a Z， a a1c1 a2c2 a3c3 a4c4 a1c1 a2c2 a3c3 a4c4 8，
所以 a 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1,0,1,2,3,4,5,6,7,8 ，
同理b 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1,0,1,2,3,4,5,6,7,8 ，
而 A 4 22中有5 625个元素， 625 17 289，
所以必存在 A2中的两个不同的元素 1, 2，使得 1 2 , 1 2，
令 1 2，则 A4，且 0且 0 .
答案第 8页，共 8页

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