試題PAGE1試題2024北京東直門中學高一（下）期中數學2024.04考試時間：120分鐘總分：150分第一部分一、選擇題：1.復數的虛部為A.2 B.1 C.-1 D.-i2.有一個多面體，由五個面圍成，只有一個面不是三角形，則這個幾何體為（）A.四棱柱 B.四棱錐C.三棱柱 D.三棱錐3.在△中，角，，所對的邊分別為，，，且，則△的形狀為（）A.直角三角形 B.等腰或直角三角形C.等腰三角形 D.等邊三角形4.下列函數中，最小正周期為的奇函數是（）A. B.C. D.5.設向量，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件6.已知函數的部分圖象如圖所示，則（）A.B.C.D.7.函數的圖像（）A.關于原點對稱 B.關于軸對稱C.關于直線對稱 D.關于點對稱8.下列說法正確的是（）A.棱臺的側棱長都相等B.棱錐被平面截成的兩部分是棱錐和棱臺C.棱柱的側棱都相等，側面都是全等的平行四邊形D.棱臺的兩個底面相似9.已知點，，若，則點的坐標為（）A. B. C. D.10.由下列條件解，其中有兩解的是（）A. B.C. D.11.已知邊長為的正方形，點是邊上動點，則的最大值是（）A. B. C. D.12.將函數的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，若在上單調遞減，則的最大值為（）A. B. C. D.第二部分二、填空題13.與向量方向相反的單位向量是________.14.__________．15.在復平面內，復數對應的點的坐標是，則__________．16.已知向量，，則向量在向量的方向上的投影向量的坐標為______．17.已知矩形中，，當每個取遍時，的最小值是_____，最大值是_______．18.已知為常數，，關于的方程有以下四個結論：①當時，方程有2個實數根；②存在實數，使得方程有4個實數根；③使得方程有實數根的的取值范圍是；④如果方程共有個實數根，記的取值集合為，那么，.其中，所有正確結論的序號是___________.三、解答題：19.已知函數．（1）若，求的值；（2）若，且，求．20.在中，．（1）求；（2）若，，求．21.已知向量.（1）求；（2）設的夾角為，求的值；（3）若，求實數的值.22.已知向量與的夾角為，且，（1）求的值．（2）在三角形中，，且，求23.設，其中.（1）當時，求x的值；（2）求的單調遞增區間；（3）若關于x的方程有兩個解，求實數m的取值范圍．24.在平面直角坐標系中，為坐標原點，對任意兩個向量，，作，．當，不共線時，記以，為鄰邊的平行四邊形的面積為；當，共線時，規定．（1）分別根據下列已知條件求：①，；②，；（2）若向量，求證：；（3）若A，B，C是以О為圓心的單位圓上不同的點，記，，．（i）當時，求的最大值；（ii）寫出的最大值．（只需寫出結果）

參考答案第一部分一、選擇題：1.【答案】C【詳解】試題分析：復數的虛部為－1，故選C．考點：復數的概念．2.【答案】B【分析】根據棱錐的定義判斷即可.【詳解】有一個面是多邊形，其余四個面都是有一個公共頂點的三角形，由這些面所圍成的多面體叫做棱錐，故根據棱錐的定義可知，幾何體有四條側棱，該幾何體是四棱錐.故選：B3.【答案】C【分析】首先利用正弦定理，化邊為角，結合三角恒等變換化簡，再利用正弦函數性質確定角的關系，從而進一步確定三角形的形狀.【詳解】根據題意及正弦定理得，即，所以，又，所以，所以三角形是等腰三角形.故選：.4.【答案】C【分析】利用二倍角公式及正（余）弦函數的性質判斷即可；【詳解】解：對于A：最小正周期為，故A錯誤；對于B：，則，故為偶函數，故B錯誤；對于C：，最小正周期，且為奇函數，故C正確；對于D：，最小正周期為的偶函數，故D錯誤；故選：C5.【答案】B【分析】利用平面向量的模長公式、特殊值法結合充分條件、必要條件的定義判斷可得出結論.【詳解】充分性：取，，則，此時，但，充分性不成立；必要性：若，則，所以，必要性成立.因此，“”是“”的必要而不充分條件.故選：B.6.【答案】A【分析】先根據函數圖象得到周期求出，然后代入特殊點求值即可.【詳解】由題圖可知函數的周期，又，則，所以，將，代入解析式中得，則，，解得，，因為，則.故選：A.7.【答案】A【分析】利用二倍角余弦公式化簡，注意定義域，進而判斷奇偶性，代入法驗證對稱軸和對稱中心.【詳解】由題設，且，所以為奇函數，關于原點對稱，A正確，B錯誤；，關于對稱，C錯誤；，關于對稱，D錯誤；故選：A8.【答案】D【分析】對于AD，根據棱臺的定義判斷，對于B，由棱錐的性質判斷，對于C，由棱柱的性質判斷.【詳解】由棱臺的定義知棱臺的側棱長不一定都相等，而棱臺的兩個底面相似，所以不正確，正確；若平面沿棱錐的高去截，則棱錐被平面截成的兩部分可能都是棱錐，不正確；棱柱的側棱都相等且相互平行，且側面是平行四邊形，但側面并不一定全等，不正確，故選：D9.【答案】A【分析】設，由列方程可求出，從而可得答案【詳解】由，，得，設，則，因為，所以，解得，所以點的坐標為，故選：A10.【答案】C【分析】只有是已知兩邊及一邊的對角，且已知角為銳角才可能出現兩解，此時先求另一邊所對的角，再結合邊角關系來判斷解的個數【詳解】對于A，,由正弦定理可得,由和可知和只有唯一解,所以只有唯一解，所以A錯誤；對于B，由余弦定理可知只有唯一解，由余弦定理可得,又且在上單調遞減，所以只有唯一解，同理可知也只有唯一解，所以只有唯一解，所以B錯誤；對于C，由正弦定理可得,所以,由可知，因此滿足的有兩個，所以有兩解，所以C正確；對于D.由余弦定理可知只有唯一解，由余弦定理可得,又且在上單調遞減,所以只有唯一解，同理可知也只有唯一解，所以只有唯一解,所以D錯誤故選：C11.【答案】B【分析】建立平面直角坐標，設，，利用坐標法表示，再根據二次函數的性質計算可得.【詳解】如圖建立平面直角坐標系，則，，設，，則，，所以，所以當或時取得最大值.故選：B12.【答案】D【分析】由題得，，在上單調遞減，得即可解決.【詳解】由題知，將函數的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，因為，所以，因為在上單調遞減，所以，所以，所以的最大值為1.故選：D第二部分二、填空題13.【答案】【分析】利用單位向量及相反向量的意義計算作答.【詳解】與向量方向相反的單位向量是.故答案為：14.【答案】【分析】由誘導公式和二倍角的余弦公式進行化簡可得答案.【詳解】.故答案為：.15.【答案】【分析】先求出，再根據復數的除法運算求解即可.【詳解】因為復數對應的點的坐標是，所以，則，故答案為：16.【答案】【分析】由于已知向量,利用一個向量在另一個向量上投影向量的定義即可求得.【詳解】向量,而向量在向量的方向上的投影為，,,向量在向量的方向上的投影為:;故向量在向量的方向上的投影向量為.故答案為：.17.【答案】①.0②.【分析】建立直角坐標系，向量坐標化求模長的最值即可【詳解】建立如圖所示坐標系：,則由題意若使模長最大，則不妨設為則當時模長最大為當時模長最小值為0故答案為：0；【點睛】本題考查向量坐標化的應用，建立坐標系是關鍵，考查推理能力，考查計算與推理能力，是難題18.【答案】①②④【分析】由可得：，令，所以方程變為：，所以關于的方程有根問題就轉化為與，的交點個數，對選項一一分析即可得出答案.【詳解】由可得：，令，所以方程變為：，所以關于的方程有根問題就轉化為與，的交點個數.對于①，當時，方程變為：，則，則設方程的兩根為，，而與，的圖象有2個交點，故①正確；對于②，當時，方程有4個實數根，故②正確.對于③，當時，方程為，則，所以，則與，的圖象有2個交點，所以③不正確；對于④，當時，方程為，解得：，則則與，的圖象有2個交點，與，的圖象有1個交點，故關于的方程有3個實根.當時，方程為，解得：，則則與，的圖象有1個交點，與，的圖象沒有個交點，故關于的方程有1個實根.所以④正確.故選：①②④三、解答題：19.【答案】（1）（2）【分析】（1）利用輔助角公式化簡，然后代入即可求解；（2）利用輔助角公式化簡，其中，由已知結合誘導公式可知，再利用二倍角公式即可得解.【小問1詳解】由題設，函數【小問2詳解】由題設，函數，其中若，則，即，即，所以利用二倍角公式20.【答案】（1）（2）【分析】（1）利用余弦定理計算可得；（2）利用正弦定理計算可得；【小問1詳解】解：因為，即由余弦定理，因為，所以；【小問2詳解】解：因為，，，由正弦定理，即，所以；21.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）利用向量的線性運算的坐標表示求解；（2）利用向量的夾角的坐標表示求解；（3）利用向量平行的坐標表示求解.【小問1詳解】因為向量，所以；【小問2詳解】由題意得，，故.【小問3詳解】因為向量，所以，.因為，所以.解得：.22.【答案】（1）（2）【分析】（1）將兩邊平方，結合數量積公式化簡求解即可；（2）以，為基底化簡，再根據數量積公式求解即可【小問1詳解】即，故，故，因為故【小問2詳解】因為，故，故，即23.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）運用向量垂直的坐標結論可解；（2）數量積的坐標運算，后整體代入即可求單調遞增區間；（3）參變分離后轉化為兩個函數的交點，結合圖像可解.【小問1詳解】由題意得,，則，則，則.【小問2詳解】，令，解得，又，則，故的單調遞增區間.【小問3詳解】若關于x的方程有兩個解，即有兩個解，即與在上有兩個交點.畫出在上的圖象如下.當，，則實數m的取值范圍為.24.【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（