北京市汇文中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（含答案）

这是一份北京市汇文中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（含答案），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）若复数，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）
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，，且，则x的值为（ ）
A．-2 B．2 C．-8 D．8
3．（5分）在三角形ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A． B． C．或 D．
4．（5分）已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（5分）已知P为所在平面内一点，，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（5分）已知非零向量，，则“”是“”成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（5分）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形 D．等边三角形
8．（5分）对于非零向量，，定义运算“”：，其中为，的夹角．设，，为非零向量，则下列说法错误的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．
9．（5分）如图，直三棱柱中，，，P为棱的中点，Q为线段上的动点．以下结论中正确的是（ ）
A．存在点Q，使 B．不存在点Q，使
C．对任意点Q，都有 D．存在点Q，使
10．（5分）圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为26.5°，夏至正午太阳高度角（即）为73.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题5分，共30分）
11．（5分）已知复数，则________；________．
12．（5分）已知向量，，则________；向量在上的投影向量的坐标为________．
13．（5分）正四面体ABCD中，二面角A-BC-D大小的余弦值为________．
14．（5分）已知点O（0，0），A（1，2），B（m，0）（），则________，若B是以OA为边的矩形的顶点，则________．
15．（5分）若的面积为，且为钝角，则________；的取值范围是________．
16．（5分）如图矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻转成．若M为线段的中点，则在翻转过程中，下列叙述正确的有________（写出所有序号）．
①BM是定值；
②一定存在某个位置，使；
③一定存在某个位置，使；
④一定存在某个位置，使．
三、解答题（每题14分，共70分）
17．（14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，，底面ABCD为正方形，E，F分别是AB，PB的中点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：．
18．（14分）已知．
（Ⅰ）求的最小正周期及单调递减区间；
（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值．
19．（14分）如图，四边形ABCD是菱形，，，．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得，并证明你的结论．
20．（14分）已知在中，．
（1）若，求的大小；
（2）若，求的面积的最大值．
21．（14分）对于数集，其中，，定义向量集，若对任意，存在，使得，则称X具有性质P．
（Ⅰ）判断{-1，1，2}是否具有性质P；
（Ⅱ）若，且{-1，1，2，x}具有性质P，求x的值；
（Ⅲ）若X具有性质P，求证：，且当时，．
参考答案与试题解析
一、选择题（每题5分，共50分）
1．【解答】解：复数，
则复数z在复平面内对应的点（-2，1）位于第二象限．
故选：B．
2．【解答】解：，，且，
，即．
故选：B．
3．【解答】解：，，，
由正弦定理可得：
．
，
即．
方法2：，，排除A，B，C，
故选：D．
4．【解答】解：由题知，如图，
为圆锥的轴截面，边长均为2，
则圆锥的高，
底面半径，
故圆锥体积．
故选：A．
5．【解答】解：由于，
利用向量的线性运算，，
整理得：．
故选：A．
6．【解答】解：若非零向量，满足，则，，
故“”是“”成立的必要条件，
若，两边同时平方可得，，，
令，时，满足非零向量，且，成立，但．
故“”不是“”成立的充分条件，
综上所述，“”是“”成立的必要不充分条件．
故选：B．
7．【解答】解：，由正弦定理可得
，
由两角和的正弦公式可得：，
，
可得，
又，，
，
故的形状为等腰三角形．
故选：A．
8．【解答】解：非零向量，，定义运算“”：，其中为，的夹角．
故：①，
故A正确．
②，
则：或，
所以：和共线，
故：C正确．
③由于：，
故：D正确，
所以利用排除法得到：B错误．
故选：B．
9．【解答】解：
A选项，由于，，，则BQ，AC一定异面，A选项错误；
B选项，根据直三棱柱性质，，，故，
又，，，
故，
又，
故，
显然，
即，
故，Q重合时，，B选项错误；
C选项，直棱柱的侧面必是矩形，
而，
故矩形成为正方形，
则，
B选项已经分析过，，
由，
故，
又，，
故，
又，
则必然成立，C选项正确；
D选项，取AB中点M，连接CM，PM，
根据棱柱性质可知，CM和平行且相等，
故平面可扩展成平面，
过B作，垂足为N，
根据，，
故，
显然，
故，
由，，，
故，
若，
则，
过Q作，交于O，连接，于是共面，
又，，
故，
由于，
故，延长OQ交AC于J，
易得，
则，
而J在线段AC上，
这是不可能的，D选项错误．
故选：C．
10．【解答】解：由题可知：，
在中，由正弦定理可知：，即，
则，
又在中，，
所以，
故选：D．
二、填空题（每题5分，共30分）
11．【解答】解：，
则，．
故答案为：；．
12．【解答】解：，，
则；
，，
故向量在上的投影向量的坐标为：．
故答案为：（0，-1）；．
13．【解答】解：设正四面体ABCD的棱长为2，
取BC中点O，连接AO，DO，则就是二面角A-BC-D的平面角，
，
．
故答案为：．
14．【解答】解：根据题意，点O（0，0），A（1，2），B（m，0），
则，，则，，
，
故，
若B是以OA为边的矩形的顶点，而与不垂直，则必有，
又由，则有，解可得，
故答案为：，5．
15．【解答】解：的面积为，
可得：，，
可得：，所以，为钝角，，
，
．
．
故答案为：；．
16．【解答】解：对于①④，取CD中点F，连接MF，BF，则，，
，，故④正确，
由，，，
由余弦定理可得，
所以是定值，故①正确，
对于②，当时，
因为，，所以，
所以，
因为矩形ABCD中，，，
所以，即，
又因为，所以，
所以，故②正确，
假设③正确，即在某个位置，使，
又因为矩形ABCD中，，，
所以，即，
又因为，所以，
则，这与矛盾，
所以不存在某个位置，使，故③错误．
故答案为：①②④．
三、解答题（每题14分，共70分）
17．【解答】证明：（Ⅰ）E，F分别是AB，PB的中点，
可得，
而，，
所以；
（Ⅱ），，
所以，，
因为底面ABCD为正方形，，，
所以，
所以，
由（Ⅰ）可得，
所以．
18．【解答】解：（Ⅰ），
的最小正周期，
令，，解得：，，
可得单调递减区间为，．
（Ⅱ），
，
由函数图象性质可有，
当，即时，；
当，即时，．
19．【解答】证明：（1），，，
．
同理，，
，
；
（2）四边形ABCD是菱形，
，
，，
，
．
，
，
；
解：（3）时，，理由如下：
作，则MN平行且等于，
，，AF平行且等于MN，
AMNF是平行四边形，
，
，，
20．【解答】解：（1）．由正弦定理可得，
由余弦定理可得：，
，化为，
．
是等边三角形，
．
（2），，
由余弦定理可得：，．
，
．
的面积的最大值为．
21．【解答】解：（Ⅰ）{-1，1，2}具有性质P．
（Ⅱ）选取，Y中与垂直的元素必有形式（-1，b）．
所以，从而；
（Ⅲ）证明：取，设满足．
由得，所以s、t异号．
因为-1是X中唯一的负数，所以s、t中之一为-1，另一为1，
故．
假设，其中，则．
选取，并设满足，
即，则p，q异号，从而p，q之中恰有一个为-1．
若，则，显然矛盾；
若，则，矛盾．
所以．