北京市匯文中學(xué)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試卷(含答案)

北京市匯文中學(xué)2023-2024學(xué)年高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷一、選擇題（每題5分，共50分）1．（5分）若復(fù)數(shù)z＝﹣2+i，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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＝（2，1），＝（4，x），且∥，則x的值為（）A．﹣2 B．2 C．﹣8 D．83．（5分）在三角形ABC中，角A，B，C對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，若∠A＝120°，a＝2，b＝，則B＝（）A． B． C． D．4．（5分）已知圓錐的軸截面是一個(gè)邊長為2的等邊三角形，則該圓錐的體積為（）A． B．π C． D．2π5．（5分）已知P為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，，則（）A． B． C． D．6．（5分）已知非零向量，，則“”是“”成立的（）A．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(duì)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(duì)于非零向量，，定義運(yùn)算“×”：×＝||||sinθ，其中θ為，的夾角．設(shè)，，為非零向量，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A．×＝× B．（+）×＝×+× C．若×＝0，則∥ D．×＝（﹣）×9．（5分）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝AB，P為棱A1B1的中點(diǎn)，Q為線段A1C上的動(dòng)點(diǎn)．以下結(jié)論中正確的是（）A．存在點(diǎn)Q，使BQ∥AC B．不存在點(diǎn)Q，使BQ⊥B1C1 C．對(duì)任意點(diǎn)Q，都有BQ⊥AB1 D．存在點(diǎn)Q，使BQ∥平面PCC110．（5分）圭表（如圖1）是我國古代一種通過測(cè)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(biāo)竿（稱為“表”）和一把呈南北方向水平固定擺放的與標(biāo)竿垂直的長尺（稱為“圭”）．當(dāng)正午太陽照射在表上時(shí)，日影便會(huì)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(gè)根據(jù)北京的地理位置設(shè)計(jì)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． B． C． D．二、填空題（每題5分，共30分）11．（5分）已知復(fù)數(shù)z＝i（1+i），則＝；|z|＝．12．（5分）已知向量＝（1，﹣1），＝（﹣2，1），則2＝；向量在上的投影向量的坐標(biāo)為．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(diǎn)O（0，0），A（1，2），B（m，0）（m＞0），則cos＜，＞＝，若B是以O(shè)A為邊的矩形的頂點(diǎn)，則m＝．15．（5分）若△ABC的面積為（a2+c2﹣b2），且∠C為鈍角，則∠B＝；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(diǎn)，將△ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成△A1DE．若M為線段A1C的中點(diǎn)，則在△ADE翻轉(zhuǎn)過程中，下列敘述正確的有（寫出所有序號(hào)）．①BM是定值；②一定存在某個(gè)位置，使CE⊥DA1；③一定存在某個(gè)位置，使DE⊥A1C；④一定存在某個(gè)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(diǎn)．（Ⅰ）求證：EF∥平面PAD；（Ⅱ）求證：EF⊥CD．18．（14分）已知f（x）＝sin2x+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)間上的最大值和最小值．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(diǎn)M是線段BD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，試確定點(diǎn)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＝，求∠B的大小；（2）若bc＝1，求△ABC的面積的最大值．21．（14分）對(duì)于數(shù)集X＝{﹣1，x1，x2，…x}，其中0＜x1＜x2＜…＜xn，n≥2，定義向量集Y＝{|＝（s，t），s∈X，t∈X}，若對(duì)任意∈Y，存在∈Y，使得?＝0，則稱X具有性質(zhì)P．（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(dāng)xn＞1時(shí)，x1＝1．參考答案與試題解析一、選擇題（每題5分，共50分）1．（5分）若復(fù)數(shù)z＝﹣2+i，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【解答】解：復(fù)數(shù)z＝﹣2+i，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)（﹣2，1）位于第二象限．故選：B．2．（5分）已知向量＝（2，1），＝（4，x），且∥，則x的值為（）A．﹣2 B．2 C．﹣8 D．8【解答】解：∵＝（2，1），＝（4，x），且∥，∴2x﹣4＝0，即x＝2．故選：B．3．（5分）在三角形ABC中，角A，B，C對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，若∠A＝120°，a＝2，b＝，則B＝（）A． B． C． D．【解答】解：∵∠A＝120°，a＝2，b＝，∴由正弦定理可得：sinB＝．∵∠A＝120°∴B＝30°，即B＝．方法2：∵∠A＝120°，∴0°＜B＜60°，排除A，B，C，故選：D．4．（5分）已知圓錐的軸截面是一個(gè)邊長為2的等邊三角形，則該圓錐的體積為（）A． B．π C． D．2π【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，底面半徑，故圓錐體積．故選：A．5．（5分）已知P為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，，則（）A． B． C． D．【解答】解：由于，利用向量的線性運(yùn)算，，整理得：．故選：A．6．（5分）已知非零向量，，則“”是“”成立的（）A．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【解答】解：若非零向量，滿足，則，，故“”是“”成立的必要條件，若，兩邊同時(shí)平方可得，，，令，時(shí)，滿足非零向量，且，成立，但．故“”不是“”成立的充分條件，綜上所述，“”是“”成立的必要不充分條件．故選：B．7．（5分）在△ABC中，角A，B，C的對(duì)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【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．8．（5分）對(duì)于非零向量，，定義運(yùn)算“×”：×＝||||sinθ，其中θ為，的夾角．設(shè)，，為非零向量，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A．×＝× B．（+）×＝×+× C．若×＝0，則∥ D．×＝（﹣）×【解答】解：非零向量，，定義運(yùn)算“×”：×＝||||sinθ，其中θ為，的夾角．故：①，故A正確．②，則：θ＝0或π，所以：和共線，故：C正確．③由于：，故：D正確，所以利用排除法得到：B錯(cuò)誤．故選：B．9．（5分）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝AB，P為棱A1B1的中點(diǎn)，Q為線段A1C上的動(dòng)點(diǎn)．以下結(jié)論中正確的是（）A．存在點(diǎn)Q，使BQ∥AC B．不存在點(diǎn)Q，使BQ⊥B1C1 C．對(duì)任意點(diǎn)Q，都有BQ⊥AB1 D．存在點(diǎn)Q，使BQ∥平面PCC1【解答】解：A選項(xiàng)，由于BQ∩平面ABC＝B，B?AC，AC?平面ABC，則BQ，AC一定異面，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，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(shí)，BQ⊥B1C1，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，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(xiàng)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(xiàng)正確；D選項(xiàng)，取AB中點(diǎn)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(kuò)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(xiàng)錯(cuò)誤．故選：C．10．（5分）圭表（如圖1）是我國古代一種通過測(cè)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(biāo)竿（稱為“表”）和一把呈南北方向水平固定擺放的與標(biāo)竿垂直的長尺（稱為“圭”）．當(dāng)正午太陽照射在表上時(shí)，日影便會(huì)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(gè)根據(jù)北京的地理位置設(shè)計(jì)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． B． C． D．【解答】解：由題可知：∠BAD＝73.5°﹣26.5°＝47°，在△BAD中，由正弦定理可知：，即，則，又在△ACD中，，所以，故選：D．二、填空題（每題5分，共30分）11．（5分）已知復(fù)數(shù)z＝i（1+i），則＝﹣1﹣i；|z|＝．【解答】解：z＝i（1+i）＝﹣1+i，則，|z|＝．故答案為：﹣1﹣i；．12．（5分）已知向量＝（1，﹣1），＝（﹣2，1），則2＝（0，﹣1）；向量在上的投影向量的坐標(biāo)為（）．【解答】解：＝（1，﹣1），＝（﹣2，1），則2＝（2，﹣2）+（﹣2，1）＝（0，﹣1）；，＝，故向量在上的投影向量的坐標(biāo)為：＝＝（）．故答案為：（0，﹣1）；（）．13．（5分）正四面體ABCD中，二面角A﹣BC﹣D大小的余弦值為．【解答】解：設(shè)正四面體ABCD的棱長為2，取BC中點(diǎn)O，連接AO，DO，則∠AOD就是二面角A﹣BC﹣D的平面角，∵AO＝DO＝，∴cos∠AOD＝＝．故答案為：．14．（5分）已知點(diǎn)O（0，0），A（1，2），B（m，0）（m＞0），則cos＜，＞＝，若B是以O(shè)A為邊的矩形的頂點(diǎn)，則m＝5．【解答】解：根據(jù)題意，點(diǎn)O（0，0），A（1，2），B（m，0），則＝（1，2），＝（m，0），則||＝，||＝m，?＝m，故cos＜，＞＝＝，若B是以O(shè)A為邊的矩形的頂點(diǎn)，而與不垂直，則必有⊥，又由＝（m﹣1，﹣2），則有?＝（m﹣1）+2×（﹣2）＝0，解可得m＝5，故答案為：，5．15．（5分）若△ABC的面積為（a2+c2﹣b2），且∠C為鈍角，則∠B＝；的取值范圍是（2，+∞）．【解答】解：△ABC的面積為（a2+c2﹣b2），可得：（a2+c2﹣b2）＝acsinB，，可得：tanB＝，所以B＝，∠C為鈍角，A∈（0，），tanA＝，∈（，+∞）．＝＝＝cosB+sinB＝∈（2，+∞）．故答案為：；（2，+∞）．16．（5分）如圖矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，E為邊AB的中點(diǎn)，將△ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成△A1DE．若M為線段A1C的中點(diǎn)，則在△ADE翻轉(zhuǎn)過程中，下列敘述正確的有①②④（寫出所有序號(hào)）．①BM是定值；②一定存在某個(gè)位置，使CE⊥DA1；③一定存在某個(gè)位置，使DE⊥A1C；④一定存在某個(gè)位置，使MB∥平面A1DE．【解答】解：對(duì)于①④，取CD中點(diǎn)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＝，MF＝A1D＝，F(xiàn)B＝DE＝，由余弦定理可得MB2＝MF2+FB2﹣2MF?FB?cos∠MFB＝，所以MB＝是定值，故①正確，對(duì)于②，當(dāng)A1C＝時(shí)，因?yàn)锳1E＝1，CE＝，所以，所以A1E⊥CE，因?yàn)榫匦蜛BCD中，DE＝CE＝，DC＝2，所以DE2+CE2＝DC2，即DE⊥EC，又因?yàn)锳1E∩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(gè)位置，使DE⊥A1C，又因?yàn)榫匦蜛BCD中，DE＝CE＝，DC＝2，所以DE2+CE2＝DC2，即DE⊥EC，又因?yàn)锳1C∩EC＝C，所以DE⊥平面A1EC，則DE⊥A1E，這與DA1⊥A1E矛盾，所以不存在某個(gè)位置，使DE⊥A1C，故③錯(cuò)誤．故答案為：①②④．三、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(diǎn)．（Ⅰ）求證：EF∥平面PAD；（Ⅱ）求證：EF⊥CD．【解答】證明：（Ⅰ）E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點(diǎn)，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?yàn)榈酌鍭BCD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．18．（14分）已知f（x）＝sin2x+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)間上的最大值和最小值．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝sin2x+2cos2x＝sin2x+cos2x+1＝2sin（2x+）+1，∴f（x）的最小正周期T＝＝π，令2kπ+≤2x+≤2kπ+，k∈Z，解得：kπ+≤x≤kπ+，k∈Z，可得f（x）單調(diào)遞減區(qū)間為[kπ+，k]，k∈Z．（Ⅱ）∵x∈[0，]，∴2x+∈[，]，∴由函數(shù)圖象性質(zhì)可有，當(dāng)2x+＝，即x＝時(shí)，f（x）max＝3；當(dāng)2x+＝，即x＝時(shí)，f（x）min＝0．19．（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(diǎn)M是線段BD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，試確定點(diǎn)M的位置，使得AM∥平面BEF，并證明你的結(jié)論．【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＝BD時(shí)，AM∥平面BEF，理由如下：作MN∥ED，則MN平行且等于BD，∵AF∥DE，DE＝3AF，∴AF平行且等于MN，∴AMNF是