高中PAGE1試題2023-2024學年北京市順義區牛欄山一中高一（下）期中數學試卷一、填空題共15小題，其中1-10題，每小題4分，11-15題，每小題4分，共65分，把答案填在答題卡相應位置上．1．（4分）復數z=i1+i在復平面內對應的點的坐標為2．（4分）已知平面向量a→=(2，x)與b→=(y，2)共線，則3．（4分）設z為復數，且z?2z+2=i（i為虛數單位），則z＝4．（4分）已知平面直角坐標系中，O是坐標原點，OA→=(3，1)，將OA→繞O點逆時針旋轉π6弧度得到5．（4分）若函數f(x)=sin(ωx+π6)（ω＞0）的部分圖像如圖所示，f(π36．（4分）已知平行四邊形ABCD中，AC與BD交于點O，E為線段OD的中點，AE的延長線與CD交于點F．若AC→=a→，BD→=b→，則AD→7．（4分）已知非零向量a→，b→，c→滿足：a→?b→=0，|8．（4分）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，過體對角線BD1的平面分別交棱AA1，CC1于F，E（如圖所示），則四邊形D1FBE面積的最小值為．9．（4分）已知平面向量a→=(1，2)，b→=(?2，?4)，c→=(x，y)滿足(a→+10．（4分）設常數a使方程sinx+3cosx=a在閉區間[0，2π]上恰有三個不同的解x1，x2，x3，則實數a的取值為11．（5分）寫出一組使得不等式tanαtanβ＞tan（α+β）成立的α，β，其中α＝，β＝．12．（5分）若函數f（x）＝sinωx（ω＞0）在區間[?π2，π2]上為單調函數，且圖象關于直線x=2π13．（5分）從正方體的12條面對角線中選出k條，使得這k條面對角線所在直線兩兩異面，則k的最大值為．14．（5分）我國魏晉時期的數學家劉徽創造了一個稱為“牟合方蓋”的立體圖形，如圖1，在一個棱長為2r的立方體內作兩個互相垂直的內切圓柱，其相交的部分就是牟合方蓋（如圖2），我國南北朝時期數學家祖暅基于“勢冪既同則積不容異”這一觀點和對牟合方蓋性質的研究，推導出了球體體積公式．設平行于水平面且與水平面距離為h（0＜h＜r）的平面為α，則平面α截牟合方蓋所得截面的形狀為（填“正方形”或“圓形”），設半徑為r的球體體積為V1，圖2所示牟合方蓋體積為V2，則V1V15．（5分）在邊長為1的正六邊形ABCDEF中，記以A為起點，其余頂點為終點的向量分別為a1→，a2→，a3→，a4→，a5→，以D為起點，其余頂點為終點的向量分別為d1→，d2→，d3→，d4→，d5→．記{二、解答題。共6道題，共85分，解答應寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟．16．（10分）已知三角形ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，b2﹣c2﹣a2＞0．（Ⅰ）求證：角B為鈍角；（Ⅱ）若sinC=22，c=217．（15分）設函數f(x)=sinxcosx+3（Ⅰ）求函數f（x）的最小正周期；（Ⅱ）若f（x）在[0，m]（m＞0）上的值域為[?3①若n=12，求②若n＝1，求m的取值范圍．（①②兩問直接寫出答案）18．（15分）已知復數z1＝cosθ﹣i，z2＝sinθ+i，其中θ∈R．（Ⅰ）求z1（Ⅱ）求|z1z2|的最大值并說明取得最大值時θ的取值集合．19．（15分）已知實數x，y滿足方程2x2﹣y2＝2．（Ⅰ）求yx+1（Ⅱ）設x=x1y=y1與x=x2y=y2是方程組2x2?y2=2x020．（15分）已知f（x）＝acosx+bcos2x+1，其中a，b∈R．（Ⅰ）當a=43，①任意寫出f（x）的一條對稱軸；②求證：f（x）≥0；（Ⅱ）若對任意x∈R，f（x）≥0，求a+b所能取到的最小值和最大值，并說明理由．21．（15分）已知G為實數集的一個非空子集，稱（G，+）是一個加法群，如果G連同其上的加法運算滿足如下四條性質：①?a，b∈G，a+b∈G；②?a，b，c∈G，（a+b）+c＝a+（b+c）；③?θ∈G，?a∈G，使得a+θ＝θ+a＝a；④?a∈G，?b∈G，使得a+b＝b+a＝θ．例如（Z，+）是一個無限元加法群，（{0}，+）是一個單元素加法群．（Ⅰ）令A＝{2k|k∈Z}，B＝{2k+1|k∈Z}，分別判斷（A，+），（B，+）是否為加法群，并說明理由；（Ⅱ）已知非空集合T?R，并且?x，y∈T，有x﹣y∈T，求證：（T，+）是一個加法群；（Ⅲ）已知非空集合S?Z，并且?x，y∈S，有x﹣y∈S，求證：存在d∈Z，使得S＝{da|a∈Z}．

2023-2024學年北京市順義區牛欄山一中高一（下）期中數學試卷參考答案與試題解析一、填空題共15小題，其中1-10題，每小題4分，11-15題，每小題4分，共65分，把答案填在答題卡相應位置上．1．（4分）復數z=i1+i在復平面內對應的點的坐標為（1【分析】直接利用復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【解答】解：∵z=i∴復數z=i1+i在復平面內對應的點的坐標為（故答案為：（12【點評】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題．2．（4分）已知平面向量a→=(2，x)與b→=(y，2)共線，則【分析】直接利用平面向量共線的坐標運算得答案．【解答】解：∵向量a→=(2，x)與∴2×2＝xy，即xy＝4．故答案為：4．【點評】本題考查平面向量共線的坐標運算，是基礎題．3．（4分）設z為復數，且z?2z+2=i（i為虛數單位），則z＝2i【分析】根據z?2z+2=i，解方程求出【解答】解：因為z?2z+2=i，所以z﹣2＝（z+2）i，所以（1﹣i）z＝2+2解得z=2+2i1?i=故答案為：2i．【點評】本題考查了復數的定義與運算問題，是基礎題．4．（4分）已知平面直角坐標系中，O是坐標原點，OA→=(3，1)，將OA→繞O點逆時針旋轉π6弧度得到OB→【分析】由OA→的坐標可得OA→與x軸的正方向的夾角，進而可得OB→與x【解答】解：因為OA→=(3，1)，所以OA→將OA→繞O點逆時針旋轉π6弧度得到則OB→與x軸的正方向的夾角為π又|OB→|＝|OA→|＝2，設點B的坐標為（x，則x＝|OB→|cosπ3=1，y＝|OB→|sinπ3故答案為：（1，3）．【點評】本題主要考查向量的坐標表示，考查運算求解能力，屬于基礎題．5．（4分）若函數f(x)=sin(ωx+π6)（ω＞0）的部分圖像如圖所示，f(π3【分析】由f（π3）的值，可得關于ω的代數式，再由ω的范圍，可得ω【解答】解：f（π3）=?12，即π3ω+π6=7π6+2kπ或π可得ω＝3+6k或ω＝5+6k，k∈Z，ω＞0，所以ω的最小值為3．故答案為：3．【點評】本題考查三角函數的性質的應用，屬于基礎題．6．（4分）已知平行四邊形ABCD中，AC與BD交于點O，E為線段OD的中點，AE的延長線與CD交于點F．若AC→=a→，BD→=b→，則AD→=12（a【分析】由已知結合向量的線性運算即可求解．【解答】解：平行四邊形ABCD中，AC與BD交于點O，E為線段OD的中點，AC→=a則AD→=AOAF→=AD→+DF→=1故答案為：12（a→+【點評】本題主要考查了向量的線性運算，屬于基礎題．7．（4分）已知非零向量a→，b→，c→滿足：a→?b→=0，|a→【分析】設a→=(2，0)，b→=(0，2)，c→【解答】解：因為a→?b所以不妨設a→=(2，0)，b→因為c→?a所以2x=22y=1，解得x=1y=1所以|c故答案為：52【點評】本題考查平面向量是數量積與夾角，屬于基礎題．8．（4分）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，過體對角線BD1的平面分別交棱AA1，CC1于F，E（如圖所示），則四邊形D1FBE面積的最小值為26．【分析】根據題意，分析可得四邊形D1FBE是平行四邊形，連接EF，設EF與BD1相交于點O，由平行四邊形的性質可得F到直線BD1的距離最小，進而計算可得答案．【解答】解：根據題意，四邊形D1FBE是平面四邊形，邊D1F和BE分別在兩個平行的平面上，則D1F∥BE，同理：D1E∥BF，則四邊形D1FBE是平行四邊形，連接EF，設EF與BD1相交于點O，易得當F為AA1的中點時，EO⊥BD1且EO的值最小，則F到直線BD1的距離最小，此時四邊形D1FBE面積最小，易得BD1=4+4+4=23，F到直線直線BD1距離最小值FO則四邊形D1FBE面積的最小值為2×（12×2×2故答案為：26．【點評】本題考查棱柱的結構特征，涉及空間直線與平面的位置關系，屬于中檔題．9．（4分）已知平面向量a→=(1，2)，b→=(?2，?4)，c→=(x，y)滿足(a→+b→【分析】根據(a→+b→)?c【解答】解：由向量a→=(1，2)，b→可得(a→+b→)?c→=（﹣1，﹣2）?（x，又|a→|=所以cos＜a又＜a→，c→＞∈[0，π]，所以故答案為：2π3【點評】本題考查平面向量數量積的坐標運算及夾角公式，屬基礎題．10．（4分）設常數a使方程sinx+3cosx=a在閉區間[0，2π]上恰有三個不同的解x1，x2，x3，則實數a的取值為3【分析】由已知化簡得：a＝2sin（x+π3），x∈[0，2π]，依題意，可求得x1、x2、x3，從而可求得實數【解答】解：a＝sinx+3cosx＝2（12sinx+32cosx令f（x）＝2sin（x+π∵0≤x≤2π，∴π3≤x∵方程sinx+3cosx=a在一個周期[0，2π]上恰有三個不同的解x1、x2、x∴x1+π3=π3，x2+∴x1＝0，x2=π3，x3＝2此時a＝2sinπ3∴實數a的取值為3．故答案為：3．【點評】本題主要考查兩角和與差的三角函數，考查運算求解能力，屬于中檔題．11．（5分）寫出一組使得不等式tanαtanβ＞tan（α+β）成立的α，β，其中α＝60°，β＝45°．【分析】由已知結合特殊角的三角函數值即可求解．【解答】解：當α＝60°，β＝45°時，tanαtanβ=3，tan（α+β滿足tanαtanβ＞tan（α+β）．故答案為：60°，45°（答案不唯一）．【點評】本題主要考查了和差角公式的應用，屬于基礎題．12．（5分）若函數f（x）＝sinωx（ω＞0）在區間[?π2，π2]上為單調函數，且圖象關于直線x=2π3對稱，則函數【分析】根據函數單調性及對稱軸求出函數解析式即可確定周期．【解答】解：x∈[?π2，π2]，ω由題意?π2≤?π2ω，π2可得0＜ω≤1，ω=3k2+34，k∈Z∴f(x)=sin34x故答案為：8π3【點評】本題考查三角函數的性質，屬于基礎題．13．（5分）從正方體的12條面對角線中選出k條，使得這k條面對角線所在直線兩兩異面，則k的最大值為4．【分析】根據題意，由正方體的結構特征以及異面直線的定義，分析可得答案．【解答】解：根據題意，如圖：正方體共有8個頂點，若選出的k條線兩兩異面，則不能共頂點，即至多可選出4條，又可以選出4條兩兩異面的線（如圖DB，B1C，A1C1，AD1），故所求k的最大值是4．故答案為：4．【點評】本題考查空間直線的位置關系，涉及正方體的結構特征，屬于基礎題．14．（5分）我國魏晉時期的數學家劉徽創造了一個稱為“牟合方蓋”的立體圖形，如圖1，在一個棱長為2r的立方體內作兩個互相垂直的內切圓柱，其相交的部分就是牟合方蓋（如圖2），我國南北朝時期數學家祖暅基于“勢冪既同則積不容異”這一觀點和對牟合方蓋性質的研究，推導出了球體體積公式．設平行于水平面且與水平面距離為h（0＜h＜r）的平面為α，則平面α截牟合方蓋所得截面的形狀為正方形（填“正方形”或“圓形”），設半徑為r的球體體積為V1，圖2所示牟合方蓋體積為V2，則V1V2=【分析】由牟盒方蓋的定義以及祖暅原理求出“牟合方蓋”體積即可得解．【解答】解：牟盒方蓋是由兩個直徑相等且相互垂直的圓柱體相交得到的，那么只要用水平面去截它們，所得的截面比為正方形，根據祖暅原理，圖2中正方體與“牟合方蓋”的八分之一之間空隙的截面面積與圖3中正四棱錐中陰影部分的面積相等，所以正方體與牟合方蓋的八分之一之間空隙的體積與正四棱錐體的體積相等，而正四棱錐體的體積V=1則圖1中的八分之一牟合方蓋的體積等于正方體的體積減去正四棱錐的體積V1則整個牟合方蓋的體積為V2=8×2又半徑為r的球體體積為V1所以V1故答案為：正方形；π4【點評】本題考查多面體體積的求法，考查祖暅原理的應用，考查學生的讀圖視圖能力，正確理解題意是關鍵，是中檔題．15．（5分）在邊長為1的正六邊形ABCDEF中，記以A為起點，其余頂點為終點的向量分別為a1→，a2→，a3→，a4→，a5→，以D為起點，其余頂點為終點的向量分別為d1→，d2→，d3→，d4→，d5→．記{【分析】根據正六邊形的性質與平面向量加法的幾何意義，判斷出當|ai→+aj→+ak→【解答】解：根據題意，當AC→+AD設CE與AD交于點F，則AF為等邊△AEC的中線，因為AC→+AE→=2AF→=32AD→同理，當DB→+DA此時dr→+ds→+綜上所述，|ai→故答案為：5，﹣25．【點評】本題主要考查正六邊形的性質、平面向量的加法法則及其幾何意義、平面向量數量積的定義等知識，屬于中檔題．二、解答題。共6道題，共85分，解答應寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟．16．（10分）已知三角形ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，b2﹣c2﹣a2＞0．（Ⅰ）求證：角B為鈍角；（Ⅱ）若sinC=22，c=2【分析】（Ⅰ）由題意及余弦定理可得角B為鈍角，即證得結論；（Ⅱ）由余弦定理可得b的值．【解答】（Ⅰ）證明：因為b2﹣c2﹣a2＞0，即b2＞a2+c2，由余弦定理可得cosB=a2+c2?所以B為鈍角，即證得結論成立；（Ⅱ）因為sinC=22，c=2a=2，可得a因為B為鈍角，所以cosC=2由余弦定理可得c2＝a2+b2﹣2abcosC，即4＝2+b2﹣2×2×即b2﹣2b﹣2＝0，解得b＝1+3即b的值為1+3所以S△ABC=12absinC=12×【點評】本題考查余弦定理的應用，屬于基礎題．17．（15分）設函數f(x)=sinxcosx+3（Ⅰ）求函數f（x）的最小正周期；（Ⅱ）若f（x）在[0，m]（m＞0）上的值域為[?3①若n=12，求②若n＝1，求m的取值范圍．（①②兩問直接寫出答案）【分析】（I）由已知利用二倍角公式及輔助角公式進行化簡，然后結合正弦函數的周期公式即可求解；（Ⅱ）由已知x的范圍可得，?π3≤2x?π3≤【解答】解：（I）f(x)=sinxcosx+3sin2x?3T=2π2（Ⅱ）①n=12時，由0≤x≤m可得，?π3若函數的值域為[?32，12]，則2m?π②若函數值域為[?32，1]，則解得5π12故m的范圍為{m|5π12【點評】本題主要考查了二倍角公式，輔助角公式，還考查了正弦函數性質的應用，屬于中檔題．18．（15分）已知復數z1＝cosθ﹣i，z2＝sinθ+i，其中θ∈R．（Ⅰ）求z1（Ⅱ）求|z1z2|的最大值并說明取得最大值時θ的取值集合．【分析】（Ⅰ）根據共軛復數的定義與模長公式，計算即可；（Ⅱ）計算z1z2，求出|z1z2|，根據三角恒等變換求解即可．【解答】解：（Ⅰ）因為復數z1＝cosθ﹣i，z2＝sinθ+i，所以z1z1+z2z2=（cosθ﹣i）（cosθ+i）+（sinθ+i）（sinθ（Ⅱ）z1z2＝（cosθ﹣i）（sinθ+i）＝sinθcosθ+（cosθ﹣sinθ）i﹣i2＝1+sinθcosθ+（cosθ﹣sinθ）i，所以|z1z2|=(1+sinθcosθ)當cos4θ＝﹣1時，|z1z2|取得最大值為178+18=32，此時4θ＝π+2kπ，k∈Z，解得θ=所以|z1z2|的最大值為32，此時θ的取值集合為{θ|θ=π4+12k【點評】本題考查了復數的定義與運算問題，是基礎題．19．（15分）已知實數x，y滿足方程2x2﹣y2＝2．（Ⅰ）求yx+1（Ⅱ）設x=x1y=y1與x=x2y=y2是方程組2x2?y2=2x0【分析】（Ⅰ）由2x2﹣y2＝2得2（x2﹣1）＝y2，代入計算yx+1（Ⅱ）由x0x+yy0＝2，得出x=2?yy0x0，代入2x2﹣y2＝2，整理得關于y的二次函數，由根與系數的關系得y1+y2與y1y2，再計算x1x2，求x1x2+【解答】（Ⅰ）解：因為2x2﹣y2＝2，所以2x2﹣2＝2（x2﹣1）＝y2，所以yx+1（Ⅱ）證明：由題意知，x0x+yy0＝2，所以x=2?yy0x0，代入2x2﹣y2整理得：（2y02?x02）y2﹣8由根與系數的關系知，y1+y2=8y02y02?x0又x1x2=2?y1所以x1x2+y1y2=4?2(y1+y2)y0+y1y2y02x02+y1y2因為x02+y02=2，所以4﹣2（y1+y2）y0+y1y2（x02+y02所以x1x2+y1y2＝0．【點評】本題考查了二次方程組的應用問題，也考查了數學運算核心素養，是中檔題．20．（15分）已知f（x）＝acosx+bcos2x+1，其中a，b∈R．（Ⅰ）當a=43，①任意寫出f（x）的一條對稱軸；②求證：f（x）≥0；（Ⅱ）若對任意x∈R，f（x）≥0，求a+b所能取到的最小值和最大值，并說明理由．【分析】（Ⅰ）利用二倍角公式轉化為一元二次函數問題，判斷函數的對稱性和周期即可．（Ⅱ）根據（Ⅰ）所得周期和對稱性，令x∈[0，π]，則t＝cosx∈[﹣1，1]且h（t）＝f（x），求b＝0對應a+b范圍，討論a+b＝M的范圍，結合h（1）＝M+1，?(?1【解答】解：（Ⅰ）①由cos2x＝2cos2x﹣1，則f(x)=4顯然f(?x)=4且f(2π?x)=43co所以f（x）為偶函數且關于直線x＝π對稱，周期為2π，所以一條對稱軸為x＝0（答案不唯一，x＝kπ，k∈Z）．②證明：令x∈[0，π]，則t＝cosx∈[﹣1，1]，故?(t)=f(x)=4所以?(t)則f（x）≥0得證．（Ⅱ）由題設f（x）＝2bcos2x+acosx+1﹣b，同（Ⅰ）作換元，則x∈[0，π]，則t＝cosx∈[﹣1，1]，故h（t）＝2bt2+at+1﹣b，當b＝0，則h（t）≥0在t∈[﹣1，1]上恒成立，故a+1≥0?a+1≥0，即﹣1≤a≤1，此時﹣1≤a+b當b≠0，令a+b＝M，所以a＝M﹣b，則h（t）＝2bt2+（M﹣b）t+1﹣b，而h（1）＝M+1，?(?1若M＜﹣1，必有h（1）＝M+1＜0，不合題設；若M＞2，必有?(?1結合（1）結論a+b=4故a+b最大值為2，再由b＝0時﹣1≤a+b≤1，故a+b最小值為1．綜上，a+b所能取到的最小值為﹣1，最大值為2．【點評】本題考查了三角函數的性質，考查了轉化思想，屬于中檔題．21．（15分）已知G為實數集的一個非空子集，稱（G，+）是一個加法群，如果G連同其上的加法運算滿足如下四條性質：①?a，b∈G，a+b∈G；②?a，b，c∈G，（a+b）+c＝a+（b+c）；③?θ∈G，?a∈G，使得a+θ＝θ+a＝a；④?a∈G，?b∈G，使得a+b＝b+