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北京市丰台区2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（B卷）（原卷版+解析版）
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这是一份北京市丰台区2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（B卷）（原卷版+解析版），文件包含北京市丰台区2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题B卷原卷版docx、北京市丰台区2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题B卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
第I卷（选择题共40分）
一、选择题:本部分共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出最符合题意的一项.
1. 已知是两个单位向量，则下列四个结论正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用单位向量的定义与向量数量积运算即可得解.
【详解】对于A，因为是两个单位向量，但两者方向不一定相同，
所以不一定成立，故A错误；
对于B，，显然不一定成立，故B错误；
对于C，，则，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：D.
2. 已知向量满足，则（ ）
A. B. 0C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量数量积的坐标运算可得答案.
【详解】因为，所以.
故选：C.
3. 已知向量满足，且，则（ ）
A. 12B. C. 4D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】借助向量的模长与数量积的关系计算即可得.
【详解】.
故选：B.
4. 各棱长均为三棱锥的表面积为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断三棱锥是正四面体，它的表面积就是四个三角形的面积，求出一个三角形的面积即可求解本题.
【详解】由题意可知三棱锥是正四面体，各个三角形的边长为a，三棱锥的表面积就是四个全等三角形的面积，即，
所以C选项是正确的.
【点睛】本题考查棱锥的表面积，考查空间想象能力，计算能力，是基础题.
5. 如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数对应的点求出复数，，计算，得复数的虚部.
【详解】在复平面内，复数，对应的点分别为，，
则，，得，
所以复数的虚部为.
故选：D
6. 若某圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则它的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴截面求出圆锥的底面半径和高，求出体积.
【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，所以圆锥的底面半径为1，且圆锥的高，
故体积为.
故选：A
7. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a2+c2-b2=ac,则角B的值为
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【详解】由余弦定理和及已知条件得，
所以，又，
所以，故选A.
考点：1.余弦定理；2.同角三角基本关系.
8. 在中，若．则一定是（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理进行边化角，结合两角和与差的正弦公式即可判断三角形形状.
【详解】因为 ,
由正弦定理得，
所以,即,
因为，所以，则，即，
故为等腰三角形.
故选：A.
9. 设是非零向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】结合充分条件与必要条件的定义及向量的数量积公式计算即可得.
详解】若，则，故成立，
故“”是“”的充分条件；
当，时，，
当不符合，故“”不是“”的必要条件；
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
10. 我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则（ ）
A. 9B. 12C. 15D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据勾股定理求得，得出，再根据数量积的定义即可得解.
【详解】因为大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，所以,
设，则，
在中，，即，解得或（舍去），
所以，
易知在正方形中，，，，
所以.
故选：B.
第II卷（非选择题共110分）
二、填空题:本题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 复数__________．
【答案】;
【解析】
【详解】 ，故答案为
12. 已知单位向量满足，则向量与向量的夹角的大小为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设单位向量的夹角为，由得，再根据的范围可得答案.
【详解】设单位向量的夹角为，
由，
可得，因为，所以.
故答案为：.
13. 体积为的球的表面积是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据球的体积求出球的半径，继而根据球的表面积公式，即可求得答案.
【详解】设球的半径为R，则，
故球的表面积是，
故答案为：
14. 在梯形ABCD中，为AD中点，若，则__________..
【答案】
【解析】
【分析】由已知结合向量的线性运算和平面向量的基本定理即可求解.
【详解】
因为为AD中点，
所以，
所以，
所以，
故答案为：.
15. 已知非零向量，其中是一组不共线的向量.能使得与的方向相反的一组实数的值为__________，__________.
【答案】 ①. （答案不唯一，） ②. 1
【解析】
【分析】由题意可设，结合题意可得，整理得，即可得结果.
【详解】因为与方向相反，则，
即，可得，
又因为是一组不共线的向量，则，消去可得，
取，可得.
故答案为：（答案不唯一，）；1.
三、解答题:本题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步㵵或证明过程.
16. 复数.
（1）若复数是实数，求实数的值;
（2）若复数是纯虚数，求实数的值;
（3）在复平面内，复数对应点位于第三象限，求实数的取值范围.
【答案】（1）或；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）令虚部为零，解一元二次方程即可；
（2）令实部为零，虚部不为零，解方程组即可；
（3）令实部和虚部同时小于零，解不等式组求交集即可；
【小问1详解】
因为复数是实数，
所以，
解得或；
【小问2详解】
因为复数是纯虚数
所以，
所以，
解得；
【小问3详解】
因为复数对应的点位于第三象限，
所以
所以，
解得的取值范围是
17. 已知向量.
（1）求和的值;
（2）若向量与互相垂直，求的值.
【答案】（1）3，2；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示以及模的坐标表示，即可求得答案；
（2）利用向量垂直的坐标表示，列式求解，即得答案.
【小问1详解】
由题意得，
；
【小问2详解】
，
因为向量与互相垂直，所以，
所以，
解得
18. 已知向量满足:，夹角为.
（1）求;
（2）求;
（3）若与方向相同的单位向量为，直接写出在上的投影向量.
【答案】（1）1； （2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用数量积的定义直接计算即可.
（2）由（1）结合数量积的运算律计算即得.
（3）利用投影向量的意义求出即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
.
【小问3详解】
在上的投影向量为.
19. 在中，，，．
（1）求的面积；
（2）求及的值．
【答案】（1）22 （2），
【解析】
【分析】（1）由平方关系先算出，然后直接由三角形面积公式即可求解.
（2）先由余弦定理算出，然后由正弦定理即可求解.
【小问1详解】
因为在中，，，
结合平方关系，可知，
从而由三角形面积公式，可知的面积为.
【小问2详解】
因为在中，，，，
所以由余弦定理有，
又，所以解得，
由（1）可知，
所以由正弦定理有，即，
解得.
20. 在△中，，．
（1）求的大小；
（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求出边上的中线的长度．
条件①：；条件②：△的周长为；条件③：△的面积为．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）选择条件②或③，
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可解得；
（2）条件②由余弦定理可得；条件③由三角形的面积公式和余弦定理可得.
【小问1详解】
在中，因为，又，所以．
因为，所以．
因为，所以．
【小问2详解】
选择条件②：因为中，，，，
所以，即为等腰三角形，其中．
因为，所以．
所以．
设点为线段的中点，在中，．
因为中，
，
所以，即边上的中线的长度为．
选择条件③：因为中，，，，
所以，即为等腰三角形，其中．
因为的面积为，即，
所以．
设点为线段的中点，在中，．
因为中，
，
所以，即边上的中线的长度为．
由题可知，故①不合题意.
21. 对于任意实数，引入记号表示算式，即，称记号为二阶行列式.是上述行列式的展开式，其计算的结果叫做行列式的值.
（1）求下列行列式的值：
①；②；
（2）求证:向量与向量共线的充要条件是；
（3）讨论关于的二元一次方程组有唯一解的条件，并求出解.（结果用二阶行列式的记号表示）.
【答案】（1）①1；②0
（2）证明见解析 （3），答案见解析
【解析】
【分析】（1）借助行列式的定义计算即可得；
（2）借助向量共线的定义与性质证明其其充分性与必要性即可得；
（3）解出该不等式后，借助行列式的定义表示出、即可得.
【小问1详解】
①；②；
【小问2详解】
若向量与向量共线，
则有，即，
所以必要性得证，
若，即，
当不全为0时，即时，
不妨设，则，所以，
因为，所以，
所以与共线，
当且时，，所以与共线，
充分性得证；
综上，向量与向量共线的充要条件是；
【小问3详解】
由，则有，
消去得：，①
由，则有，
消去得：，②
所以当时，即时，由①②得：
，，
所以当时，关于的二元一次方程组有唯一解，
且.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助行列式的定义表示出、，从而得出其有唯一解的条件.
第I卷（选择题共40分）
一、选择题:本部分共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出最符合题意的一项.
1. 已知是两个单位向量，则下列四个结论正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用单位向量的定义与向量数量积运算即可得解.
【详解】对于A，因为是两个单位向量，但两者方向不一定相同，
所以不一定成立，故A错误；
对于B，，显然不一定成立，故B错误；
对于C，，则，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：D.
2. 已知向量满足，则（ ）
A. B. 0C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量数量积的坐标运算可得答案.
【详解】因为，所以.
故选：C.
3. 已知向量满足，且，则（ ）
A. 12B. C. 4D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】借助向量的模长与数量积的关系计算即可得.
【详解】.
故选：B.
4. 各棱长均为三棱锥的表面积为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断三棱锥是正四面体，它的表面积就是四个三角形的面积，求出一个三角形的面积即可求解本题.
【详解】由题意可知三棱锥是正四面体，各个三角形的边长为a，三棱锥的表面积就是四个全等三角形的面积，即，
所以C选项是正确的.
【点睛】本题考查棱锥的表面积，考查空间想象能力，计算能力，是基础题.
5. 如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数对应的点求出复数，，计算，得复数的虚部.
【详解】在复平面内，复数，对应的点分别为，，
则，，得，
所以复数的虚部为.
故选：D
6. 若某圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则它的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴截面求出圆锥的底面半径和高，求出体积.
【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，所以圆锥的底面半径为1，且圆锥的高，
故体积为.
故选：A
7. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a2+c2-b2=ac,则角B的值为
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【详解】由余弦定理和及已知条件得，
所以，又，
所以，故选A.
考点：1.余弦定理；2.同角三角基本关系.
8. 在中，若．则一定是（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理进行边化角，结合两角和与差的正弦公式即可判断三角形形状.
【详解】因为 ,
由正弦定理得，
所以,即,
因为，所以，则，即，
故为等腰三角形.
故选：A.
9. 设是非零向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】结合充分条件与必要条件的定义及向量的数量积公式计算即可得.
详解】若，则，故成立，
故“”是“”的充分条件；
当，时，，
当不符合，故“”不是“”的必要条件；
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
10. 我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则（ ）
A. 9B. 12C. 15D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据勾股定理求得，得出，再根据数量积的定义即可得解.
【详解】因为大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，所以,
设，则，
在中，，即，解得或（舍去），
所以，
易知在正方形中，，，，
所以.
故选：B.
第II卷（非选择题共110分）
二、填空题:本题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 复数__________．
【答案】;
【解析】
【详解】 ，故答案为
12. 已知单位向量满足，则向量与向量的夹角的大小为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设单位向量的夹角为，由得，再根据的范围可得答案.
【详解】设单位向量的夹角为，
由，
可得，因为，所以.
故答案为：.
13. 体积为的球的表面积是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据球的体积求出球的半径，继而根据球的表面积公式，即可求得答案.
【详解】设球的半径为R，则，
故球的表面积是，
故答案为：
14. 在梯形ABCD中，为AD中点，若，则__________..
【答案】
【解析】
【分析】由已知结合向量的线性运算和平面向量的基本定理即可求解.
【详解】
因为为AD中点，
所以，
所以，
所以，
故答案为：.
15. 已知非零向量，其中是一组不共线的向量.能使得与的方向相反的一组实数的值为__________，__________.
【答案】 ①. （答案不唯一，） ②. 1
【解析】
【分析】由题意可设，结合题意可得，整理得，即可得结果.
【详解】因为与方向相反，则，
即，可得，
又因为是一组不共线的向量，则，消去可得，
取，可得.
故答案为：（答案不唯一，）；1.
三、解答题:本题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步㵵或证明过程.
16. 复数.
（1）若复数是实数，求实数的值;
（2）若复数是纯虚数，求实数的值;
（3）在复平面内，复数对应点位于第三象限，求实数的取值范围.
【答案】（1）或；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）令虚部为零，解一元二次方程即可；
（2）令实部为零，虚部不为零，解方程组即可；
（3）令实部和虚部同时小于零，解不等式组求交集即可；
【小问1详解】
因为复数是实数，
所以，
解得或；
【小问2详解】
因为复数是纯虚数
所以，
所以，
解得；
【小问3详解】
因为复数对应的点位于第三象限，
所以
所以，
解得的取值范围是
17. 已知向量.
（1）求和的值;
（2）若向量与互相垂直，求的值.
【答案】（1）3，2；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示以及模的坐标表示，即可求得答案；
（2）利用向量垂直的坐标表示，列式求解，即得答案.
【小问1详解】
由题意得，
；
【小问2详解】
，
因为向量与互相垂直，所以，
所以，
解得
18. 已知向量满足:，夹角为.
（1）求;
（2）求;
（3）若与方向相同的单位向量为，直接写出在上的投影向量.
【答案】（1）1； （2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用数量积的定义直接计算即可.
（2）由（1）结合数量积的运算律计算即得.
（3）利用投影向量的意义求出即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
.
【小问3详解】
在上的投影向量为.
19. 在中，，，．
（1）求的面积；
（2）求及的值．
【答案】（1）22 （2），
【解析】
【分析】（1）由平方关系先算出，然后直接由三角形面积公式即可求解.
（2）先由余弦定理算出，然后由正弦定理即可求解.
【小问1详解】
因为在中，，，
结合平方关系，可知，
从而由三角形面积公式，可知的面积为.
【小问2详解】
因为在中，，，，
所以由余弦定理有，
又，所以解得，
由（1）可知，
所以由正弦定理有，即，
解得.
20. 在△中，，．
（1）求的大小；
（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求出边上的中线的长度．
条件①：；条件②：△的周长为；条件③：△的面积为．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）选择条件②或③，
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可解得；
（2）条件②由余弦定理可得；条件③由三角形的面积公式和余弦定理可得.
【小问1详解】
在中，因为，又，所以．
因为，所以．
因为，所以．
【小问2详解】
选择条件②：因为中，，，，
所以，即为等腰三角形，其中．
因为，所以．
所以．
设点为线段的中点，在中，．
因为中，
，
所以，即边上的中线的长度为．
选择条件③：因为中，，，，
所以，即为等腰三角形，其中．
因为的面积为，即，
所以．
设点为线段的中点，在中，．
因为中，
，
所以，即边上的中线的长度为．
由题可知，故①不合题意.
21. 对于任意实数，引入记号表示算式，即，称记号为二阶行列式.是上述行列式的展开式，其计算的结果叫做行列式的值.
（1）求下列行列式的值：
①；②；
（2）求证:向量与向量共线的充要条件是；
（3）讨论关于的二元一次方程组有唯一解的条件，并求出解.（结果用二阶行列式的记号表示）.
【答案】（1）①1；②0
（2）证明见解析 （3），答案见解析
【解析】
【分析】（1）借助行列式的定义计算即可得；
（2）借助向量共线的定义与性质证明其其充分性与必要性即可得；
（3）解出该不等式后，借助行列式的定义表示出、即可得.
【小问1详解】
①；②；
【小问2详解】
若向量与向量共线，
则有，即，
所以必要性得证，
若，即，
当不全为0时，即时，
不妨设，则，所以，
因为，所以，
所以与共线，
当且时，，所以与共线，
充分性得证；
综上，向量与向量共线的充要条件是；
【小问3详解】
由，则有，
消去得：，①
由，则有，
消去得：，②
所以当时，即时，由①②得：
，，
所以当时，关于的二元一次方程组有唯一解，
且.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助行列式的定义表示出、，从而得出其有唯一解的条件.
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