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

北京师大附中2023—2024学年(下)高一期末考试

数学试卷

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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.（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用三角函数的诱导公式求解即可.

【详解】

故选：A

2.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.4π B.2π C.4 D.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，母线也为，

所以其侧面积为

故选：B.

3.若复数在复平面内对应的点为，且则（）

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出复数，再利用复数的除法运算求解即得.

【详解】依题意，，由，得.

故选：C

4.已知角θ与角α的终边关于y轴对称，且，则（）

A.3 B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用对称性可知，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，可知，

而，

故选：D.

5.已知向量，满足，，且，则=（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】设，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，而，则，又且，

因此，解得，

所以.

故选：B

6.已知正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为为棱上一点，则三棱锥的体积为（）

A.3 B. C.1 D.

【答案】C

【解析】

【分析】连接,通过已知条件证明平面,即为三棱锥的高，再通过三棱锥的体积公式计算即可.

【详解】如图所示，连接,

因为正三角形，且为中点，

所以,

又因为平面,且平面，

所以,

因为,平面,平面，

所以平面,

所以为三棱锥的高，且,

所以

故选：C.

7.在中，则的形状是（）

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

【解析】

分析】根据给定条件，求出，再利用余弦定理推理判断即得.

【详解】在中，，则，

由余弦定理得，即，而，

于，即，

所以是等边三角形.

故选：C

8.在中，则A=（）

A. B. C. D.

【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】在中，由及正弦定理，

得，

即，

整理得，而，

因此，即，由，得，

则，所以.

故选：D

9.设函数其中ω0，0≤x2π，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.

【详解】因为函数，

所以，所以，

①当时，，

又因为的最小正周期，是由的图像经过如下变换得到，先使的图像纵坐标不变，横坐标缩短为原来的得到，再向右平移单位得到，再将纵坐标伸长2倍得到，在同一坐标系中画出图像如图：

，

显然与的图像有4个交点，

所以由可以推出与的图像恰好有4个公共点；

②当与的图像恰好有4个公共点时，

因为，

所以，解得，

所以的取值不一定是2，即由与的图像恰好有4个交点不能推出，

所以“”是“函数与的图像恰好有4个公共点”的充分而不必要条件.

故选：A.

10.已知在中，，设，记的最大值为，则的最小值为（）

A. B.2 C. D.

【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，再求出最小值.

【详解】在中，令内角所对边分别为，

由正弦定理得，则

而，则

，由，得，

锐角由确定，又，则，

因此当时，取得最大值，即，

显然函数在上单调递增，所以.

故选：B

【点睛】结论点睛：，其中.

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.

11.设方程在复数范围内的两根分别为，则_______.

【答案】

【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，，

所以.

故答案为：

12.已知函数为奇函数，则符合条件的一个的取值可以为______.

【答案】（答案不唯一，）

【解析】

【分析】由正余弦型函数的奇偶性，结合诱导公式列