高中PAGE1試題2023-2024學年北京市匯文中學教育集團高一（下）期中數(shù)學試卷一、選擇題（每題5分，共50分）1．（5分）若復數(shù)z＝﹣2+i，則復數(shù)z在復平面內(nèi)對應(yīng)的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（5分）已知向量a→=（2，1），b→=（4，x），且a→A．﹣2 B．2 C．﹣8 D．83．（5分）在三角形ABC中，角A，B，C對應(yīng)的邊分別為a，b，c，若∠A＝120°，a＝2，b=233A．π3 B．5π6 C．π64．（5分）已知圓錐的軸截面是一個邊長為2的等邊三角形，則該圓錐的體積為（）A．33π B．π C．2π5．（5分）已知P為△ABC所在平面內(nèi)一點，BC→A．AP→=?12C．AP→=36．（5分）已知非零向量a→，b→，則“|aA．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件7．（5分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若2acosB＝c，則△ABC的形狀是（）A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形 D．等邊三角形8．（5分）對于非零向量m→，n→，定義運算“×”：m→×n→=|m→||n→|sinθ，其中θ為mA．a(chǎn)→×b→=bC．若a→×b→=0，則a→∥b→9．（5分）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝AB，P為棱A1B1的中點，Q為線段A1C上的動點．以下結(jié)論中正確的是（）A．存在點Q，使BQ∥AC B．不存在點Q，使BQ⊥B1C1 C．對任意點Q，都有BQ⊥AB1 D．存在點Q，使BQ∥平面PCC110．（5分）圭表（如圖1）是我國古代一種通過測量正午日影長度來推定節(jié)氣的天文儀器，它包括一根直立的標竿（稱為“表”）和一把呈南北方向水平固定擺放的與標竿垂直的長尺（稱為“圭”）．當正午太陽照射在表上時，日影便會投影在圭面上，圭面上日影長度最長的那一天定為冬至，日影長度最短的那一天定為夏至．圖2是一個根據(jù)北京的地理位置設(shè)計的圭表的示意圖，已知北京冬至正午太陽高度角（即∠ABC）為26.5°，夏至正午太陽高度角（即∠ADC）為73.5°，圭面上冬至線與夏至線之間的距離（即DB的長）為a，則表高（即AC的長）為（）A．a(chǎn)sin53°2sin47°B．2sin47°asin53°C．a(chǎn)tan26.5°tan73.5°tan47°D．a(chǎn)sin26.5°sin73.5°二、填空題（每題5分，共30分）11．（5分）已知復數(shù)z＝i（1+i），則z=；|z|＝12．（5分）已知向量a→=（1，﹣1），b→=（﹣2，1），則2a→+b→13．（5分）正四面體ABCD中，二面角A﹣BC﹣D大小的余弦值為．14．（5分）已知點O（0，0），A（1，2），B（m，0）（m＞0），則cos＜OA→，OB→＞=，若B是以O(shè)A為邊的矩形的頂點，則15．（5分）若△ABC的面積為34（a2+c2﹣b2），且∠C為鈍角，則∠B＝；ca的取值范圍是16．（5分）如圖矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成△A1DE．若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻轉(zhuǎn)過程中，下列敘述正確的有（寫出所有序號）．①BM是定值；②一定存在某個位置，使CE⊥DA1；③一定存在某個位置，使DE⊥A1C；④一定存在某個位置，使MB∥平面A1DE．三、解答題（每題14分，共70分）17．（14分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點．（Ⅰ）求證：EF∥平面PAD；（Ⅱ）求證：EF⊥CD．18．（14分）已知f（x）=3sin2x+2cos2x（Ⅰ）求f（x）的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，π19．（14分）如圖，四邊形ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF．（1）求證：平面BAF∥平面CDE；（2）求證：平面EAC⊥平面EBD；（3）設(shè)點M是線段BD上一個動點，試確定點M的位置，使得AM∥平面BEF，并證明你的結(jié)論．20．（14分）已知在△ABC中，sin2A＝sinBsinC．（1）若∠A=π3，求∠（2）若bc＝1，求△ABC的面積的最大值．21．（14分）對于數(shù)集X＝{﹣1，x1，x2，…x}，其中0＜x1＜x2＜…＜xn，n≥2，定義向量集Y＝{a→|a→=（s，t），s∈X，t∈X}，若對任意a1→∈Y，存在a2→∈Y，使得a（Ⅰ）判斷{﹣1，1，2}是否具有性質(zhì)P；（Ⅱ）若x＞2，且{﹣1，1，2，x}具有性質(zhì)P，求x的值；（Ⅲ）若X具有性質(zhì)P，求證：1∈X，且當xn＞1時，x1＝1．

2023-2024學年北京市匯文中學教育集團高一（下）期中數(shù)學試卷參考答案與試題解析題號12345678910答案BBDAABABCD一、選擇題（每題5分，共50分）1．（5分）若復數(shù)z＝﹣2+i，則復數(shù)z在復平面內(nèi)對應(yīng)的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】結(jié)合復數(shù)的幾何意義，直接求解．【解答】解：復數(shù)z＝﹣2+i，則復數(shù)z在復平面內(nèi)對應(yīng)的點（﹣2，1）位于第二象限．故選：B．【點評】本題主要考查復數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題．2．（5分）已知向量a→=（2，1），b→=（4，x），且a→A．﹣2 B．2 C．﹣8 D．8【分析】直接利用向量共線的坐標運算求解．【解答】解：∵a→=（2，1），b→=（4，x），且∴2x﹣4＝0，即x＝2．故選：B．【點評】本題考查向量共線的坐標運算，是基礎(chǔ)題．3．（5分）在三角形ABC中，角A，B，C對應(yīng)的邊分別為a，b，c，若∠A＝120°，a＝2，b=233A．π3 B．5π6 C．π6【分析】根據(jù)條件，利用正弦定理進行求解即可．注意角B為銳角．【解答】解：∵∠A＝120°，a＝2，b=2∴由正弦定理asinAsinB=b∵∠A＝120°∴B＝30°，即B=π方法2：∵∠A＝120°，∴0°＜B＜60°，排除A，B，C，故選：D．【點評】本題主要考查正弦定理的應(yīng)用，要求熟練掌握正弦定理，考查學生的計算能力．4．（5分）已知圓錐的軸截面是一個邊長為2的等邊三角形，則該圓錐的體積為（）A．33π B．π C．2π【分析】根據(jù)圓錐軸截面的定義結(jié)合正三角形的性質(zhì)，可得圓錐底面半徑長和高的大小，由此結(jié)合圓錐的體積公式，即可求解．【解答】解：由題知，如圖，△PAB為圓錐的軸截面，邊長均為2，則圓錐的高PO=2×3底面半徑r=2×1故圓錐體積V=1故選：A．【點評】本題主要考查圓錐的體積的求法，考查運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．5．（5分）已知P為△ABC所在平面內(nèi)一點，BC→A．AP→=?12C．AP→=3【分析】直接利用向量的線性運算求出結(jié)果．【解答】解：由于BC→利用向量的線性運算，AC→整理得：AP→故選：A．【點評】本題考查的知識要點：向量的線性運算，主要考查學生的理解能力和計算能力，屬于基礎(chǔ)題和易錯題．6．（5分）已知非零向量a→，b→，則“|aA．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【分析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義，結(jié)合向量的模的定義，數(shù)量積的性質(zhì)和運算律判斷．【解答】解：若非零向量a→，b→滿足a→?2b故“|a→?若|a→?b→令a→=(1，0)，b→=(12，?12)時，滿足非零向量故“|a→?綜上所述，“|a→?故選：B．【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的定義，屬于基礎(chǔ)題．7．（5分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若2acosB＝c，則△ABC的形狀是（）A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形 D．等邊三角形【分析】由正弦定理可得sin（A+B）＝2sinAcosB，由兩角和的正弦公式可求得tanA＝tanB，根據(jù)0＜A，B＜π，可得結(jié)論．【解答】解：c＝2acosB，由正弦定理可得sinC＝sin（A+B）＝2sinAcosB，由兩角和的正弦公式可得：sinAcosB+cosAsinB＝2sinAcosB，∴sinAcosB＝cosAsinB，可得tanA＝tanB，又0＜A，B＜π，∴A＝B，故△ABC的形狀為等腰三角形．故選：A．【點評】本題考查正弦定理的應(yīng)用，已知三角函數(shù)值求角的大小得到tanA＝tanB是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題．8．（5分）對于非零向量m→，n→，定義運算“×”：m→×n→=|m→||n→|sinθ，其中θ為mA．a(chǎn)→×b→=bC．若a→×b→=0，則a→∥b→【分析】利用向量的數(shù)量積的運算和排除法求出結(jié)果．【解答】解：非零向量m→，n→，定義運算“×”：m→×n→=|m→||n→故：①a→故A正確．②a→則：θ＝0或π，所以：a→和b故：C正確．③由于：a→故：D正確，所以利用排除法得到：B錯誤．故選：B．【點評】本題考查的知識要點：向量的數(shù)量積的應(yīng)用，主要考查學生的運算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于基礎(chǔ)題型．9．（5分）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝AB，P為棱A1B1的中點，Q為線段A1C上的動點．以下結(jié)論中正確的是（）A．存在點Q，使BQ∥AC B．不存在點Q，使BQ⊥B1C1 C．對任意點Q，都有BQ⊥AB1 D．存在點Q，使BQ∥平面PCC1【分析】A選項，根據(jù)異面直線的定義可以判斷；B選項，容易發(fā)現(xiàn)A1，Q重合時符合題意；C選項，利用線面垂直的性質(zhì)得到線面垂直；D選項，先找出平面PCC1的一條垂線，問題轉(zhuǎn)化為判斷這條垂線是否和BQ垂直的問題．【解答】解：A選項，由于BQ∩平面ABC＝B，B?AC，AC?平面ABC，則BQ，AC一定異面，A選項錯誤；B選項，根據(jù)直三棱柱性質(zhì)，BB1⊥平面ABC，BC?平面ABC，故BB1⊥BC，又AB⊥BC，AB∩BB1＝B，AB，BB1?平面ABB1A1，故BC⊥平面ABB1A1，又BA1?平面ABB1A1，故BC⊥BA1，顯然BC∥B1C1，即B1C1⊥BA1，故A1，Q重合時，BQ⊥B1C1，B選項錯誤；C選項，直棱柱的側(cè)面ABB1A1必是矩形，而AA1＝AB，故矩形ABB1A1成為正方形，則AB1⊥BA1，B選項已經(jīng)分析過，BC⊥平面ABB1A1，由AB1?平面ABB1A1，故AB1⊥BC，又BC∩BA1＝B，BC，BA1?平面BCA1，故AB1⊥平面BCA1，又BQ?平面BCA1，則BQ⊥AB1必然成立，C選項正確；D選項，取AB中點M，連接CM，PM，根據(jù)棱柱性質(zhì)可知，CM和C1P平行且相等，故平面PCC1可擴展成平面CMPC1，過B作BN⊥CM，垂足為N，根據(jù)BB1⊥平面ABC，BN?平面ABC，故BB1⊥BN，顯然BB1∥CC1，故BN⊥CC1，由BN⊥CM，CC1∩CM＝C，CC1，CM?平面CMPC1，故BN⊥平面CMPC1，若BQ∥平面PCC1，則BQ⊥BN，過Q作QO∥BB1，交A1C1于O，連接B1O，于是BQOB1共面，又BQ∩BB1＝B，BQ，BB1?平面BQOB1，故BN⊥平面BQOB1，由于B1O?平面BQOB1，故BN⊥B1O，延長OQ交AC于J，易得B1O∥BJ，則BJ⊥BN，而J在線段AC上，這是不可能的，D選項錯誤．故選：C．【點評】本題考查了異面直線的判斷，線面垂直的判定與性質(zhì)，屬于中檔題．10．（5分）圭表（如圖1）是我國古代一種通過測量正午日影長度來推定節(jié)氣的天文儀器，它包括一根直立的標竿（稱為“表”）和一把呈南北方向水平固定擺放的與標竿垂直的長尺（稱為“圭”）．當正午太陽照射在表上時，日影便會投影在圭面上，圭面上日影長度最長的那一天定為冬至，日影長度最短的那一天定為夏至．圖2是一個根據(jù)北京的地理位置設(shè)計的圭表的示意圖，已知北京冬至正午太陽高度角（即∠ABC）為26.5°，夏至正午太陽高度角（即∠ADC）為73.5°，圭面上冬至線與夏至線之間的距離（即DB的長）為a，則表高（即AC的長）為（）A．a(chǎn)sin53°2sin47°B．2sin47°asin53°C．a(chǎn)tan26.5°tan73.5°tan47°D．a(chǎn)sin26.5°sin73.5°【分析】先求出∠BAD，然后利用正弦定理求出AD，再在△ADC中，求出AC．【解答】解：由題可知：∠BAD＝73.5°﹣26.5°＝47°，在△BAD中，由正弦定理可知：BDsin∠BAD=AD則AD=asin26.5°又在△ACD中，ACAD所以AC=asin26.5°sin73.5°故選：D．【點評】本題考查了解三角形，考查了學生數(shù)學建模思想，屬于基礎(chǔ)題．二、填空題（每題5分，共30分）11．（5分）已知復數(shù)z＝i（1+i），則z=﹣1﹣i；|z|＝2【分析】結(jié)合共軛復數(shù)的定義，以及復數(shù)模公式，即可求解．【解答】解：z＝i（1+i）＝﹣1+i，則z=?1?i，|z|=故答案為：﹣1﹣i；2．【點評】本題主要考查共軛復數(shù)的定義，屬于基礎(chǔ)題．12．（5分）已知向量a→=（1，﹣1），b→=（﹣2，1），則2a→+b→=（0，﹣1）【分析】結(jié)合平面向量的坐標運算，以及投影向量的公式，即可求解．【解答】解：a→=（1，﹣1），則2a→a→?b故向量a→在b→上的投影向量的坐標為：a→故答案為：（0，﹣1）；（65【點評】本題主要考查投影向量的公式，屬于基礎(chǔ)題．13．（5分）正四面體ABCD中，二面角A﹣BC﹣D大小的余弦值為13【分析】取BC中點O，連接AO，DO，則∠AOD就是二面角A﹣BC﹣D的平面角，由此能求出二面角A﹣BC﹣D大小的余弦值．【解答】解：設(shè)正四面體ABCD的棱長為2，取BC中點O，連接AO，DO，則∠AOD就是二面角A﹣BC﹣D的平面角，∵AO＝DO=3∴cos∠AOD=(故答案為：13【點評】本題考查二面角的大小的求法，是基礎(chǔ)題．解題時要認真審題，注意余弦定理的合理運用．14．（5分）已知點O（0，0），A（1，2），B（m，0）（m＞0），則cos＜OA→，OB→＞=55，若B是以O(shè)A【分析】對于第一空：求出OA→、OB→的坐標，計算可得OA→、OB→的模以及對于第二空：分析可得AB→⊥OA→，求出AB→的坐標，由向量數(shù)量積的計算公式可得AB→?OA→【解答】解：根據(jù)題意，點O（0，0），A（1，2），B（m，0），則OA→=（1，2），OB→=（m，0），則|OA→|=OA→?OB→故cos＜OA→，若B是以O(shè)A為邊的矩形的頂點，而OA→與OB→不垂直，則必有AB→又由AB→=（m﹣1，﹣2），則有AB→?OA→=故答案為：55【點評】本題考查向量數(shù)量積的計算，涉及向量夾角的計算，屬于基礎(chǔ)題．15．（5分）若△ABC的面積為34（a2+c2﹣b2），且∠C為鈍角，則∠B＝π3；ca【分析】利用余弦定理，轉(zhuǎn)化求解即可．【解答】解：△ABC的面積為34（a2+c2﹣b2可得：34（a2+c2﹣b2）=12ac由余弦定理可得cosB=a2+可得：tanB=3，所以B=π3，∠C為鈍角，A∈tanA=11tanA∈（3ca=sinCsinA=sin(A+B)sinA=故答案為：π3【點評】本題考查三角形的解法，余弦定理的應(yīng)用，考查計算能力．16．（5分）如圖矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成△A1DE．若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻轉(zhuǎn)過程中，下列敘述正確的有①②④（寫出所有序號）．①BM是定值；②一定存在某個位置，使CE⊥DA1；③一定存在某個位置，使DE⊥A1C；④一定存在某個位置，使MB∥平面A1DE．【分析】取CD中點F，連接MF，BF，則MF∥DA1，BF∥DE，易證平面MBF∥平面A1DE，進而可判斷④，再利用余弦定理可判斷①，再利用線面垂直的判定定理可判斷②③．【解答】解：對于①④，取CD中點F，連接MF，BF，則MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故④正確，由∠A1DE＝∠MFB=π4，MF=12A1D=12由余弦定理可得MB2＝MF2+FB2﹣2MF?FB?cos∠MFB=9所以MB=32是定值，故對于②，當A1C=3因為A1E＝1，CE=2，所以A所以A1E⊥CE，因為矩形ABCD中，DE＝CE=2，DC所以DE2+CE2＝DC2，即DE⊥EC，又因為A1E∩DE＝E，所以CE⊥平面A1DE，所以CE⊥DA1，故②正確，假設(shè)③正確，即在某個位置，使DE⊥A1C，又因為矩形ABCD中，DE＝CE=2，DC所以DE2+CE2＝DC2，即DE⊥EC，又因為A1C∩EC＝C，所以DE⊥平面A1EC，則DE⊥A1E，這與DA1⊥A1E矛盾，所以不存在某個位置，使DE⊥A1C，故③錯誤．故答案為：①②④．【點評】本題主要考查了面面平行，線面垂直的判定，屬于中檔題．三、解答題（每題14分，共70分）17．（14分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點．（Ⅰ）求證：EF∥平面PAD；（Ⅱ）求證：EF⊥CD．【分析】（Ⅰ）由題意可證得EF∥PA，進而求出結(jié)論；（Ⅱ）由題意可證得CD⊥平面PAD，由（Ⅰ）進而可證得結(jié)論．【解答】證明：（Ⅰ）E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點，可得EF∥PA，而EF?平面PAD，PA?平面PAD，所以EF∥平面PAD；（Ⅱ）PD⊥底面ABCD，PD?平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，因為底面ABCD為正方形，CD⊥AD，CD?平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，由（Ⅰ）可得EF∥PA，所以EF⊥CD．【點評】本題考查線面平行的證法及線線垂直的證法，屬于中檔題．18．（14分）已知f（x）=3sin2x+2cos2x（Ⅰ）求f（x）的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，π【分析】（Ⅰ）利用三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用可求函數(shù)解析式為f（x）＝2sin（2x+π（Ⅱ）根據(jù)x∈[0，π2【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=3sin2x+2cos2x=3sin2x+cos2x+1＝2sin（2x∴f（x）的最小正周期T=2π2令2kπ+π2≤2x+π6≤2kπ+3π2，k∈Z，解得：kπ+π6可得f（x）單調(diào)遞減區(qū)間為[kπ+π6，kπ+2π3]，（Ⅱ）∵x∈[0，π2∴2x+π6∈[π6∴由函數(shù)圖象性質(zhì)可有，當2x+π6=π2，即x=π6當2x+π6=7π6，即x=π2【點評】本題考查了三角函數(shù)的化簡和計算能力．三角函數(shù)性質(zhì)的運用．屬于基礎(chǔ)題．19．（14分）如圖，四邊形ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF．（1）求證：平面BAF∥平面CDE；（2）求證：平面EAC⊥平面EBD；（3）設(shè)點M是線段BD上一個動點，試確定點M的位置，使得AM∥平面BEF，并證明你的結(jié)論．【分析】（1）先證明AF∥平面CDE，AB∥平面CDE，即可證明平面BAF∥平面CDE；（2）證明AC⊥平面EBD平面EAC⊥平面EBD；（3）BM=13BD時，AM∥平面BEF，證明AMNF是平行四邊形得出AM∥FN，即可證明AM∥平面【解答】證明：（1）∵AF∥DE，AF?平面CDE，DE?平面CDE，∴AF∥平面CDE．同理，AB∥平面CDE，∵AF∩AB＝A，∴平面BAF∥平面CDE；（2）∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵DE⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥DE，∵BD∩DE＝D．∴AC⊥平面EBD，∵AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面EBD；解：（3）BM=13BD時，AM∥平面作MN∥ED，則MN平行且等于13BD∵AF∥DE，DE＝3AF，∴AF平行且等于MN，∴AMNF是平行四邊形，∴AM∥FN，∵AM?平面BEF，F(xiàn)N?平面BEF，∴AM∥平面BEF【點評】本題考查線面平行、平面與平面平行的判定，考查學生分析解決問題的能力，正確證明線面平行是關(guān)鍵．20．（14分）已知在△ABC中，sin2A＝sinBsinC．（1）若∠A=π3，求∠（2）若bc＝1，求△ABC的面積的最大值．【分析】（1）由sin2A＝sinBsinC．利用正弦定理可得a2＝bc，再利用余弦定理可得：cosA=b（2）由