北京市丰台区2023-2024学年高一下学期期中考试(A卷)数学试卷(解析版)

这是一份北京市丰台区2023-2024学年高一下学期期中考试(A卷)数学试卷(解析版)，共13页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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. 在复平面内，下列复数中对应的点在第四象限的是（ ）
A. 1＋iB. 1－iC. －1＋iD. －1－i
【答案】B
【解析】对应坐标为，在第一象限，不符合题意；
对应坐标为，在第四象限，符合题意，B选项正确；
对应坐标为，在第二象限，不符合题意；
对应坐标为，在第三象限，不符合题意.
故选：B.
2. 已知向量满足，，且与夹角为30°，那么等于（ ）
A. 1B. C. 3D.
【答案】C
【解析】.
故选：C.
3. 已知向量，，且，那么x的值是（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，所以，解得.
故选：B.
4. 在中，，，，则（ ）
A. B. C. 7D. 13
【答案】A
【解析】由余弦定理可得，
所以.
故选：A.
5. 已知向量与向量的夹角为，且，则（ ）
A. 4B. 3C. D. 1
【答案】B
【解析】因为，则，
即，
整理得，解得或（舍去），所以.
故选：B.
6. 如图，在中，为边上的中线，若为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
.
故选：D.
7. 在中，角A，B，C的对边分别为，若，则的形状为（ ）
A. 正三角形B. 等腰三角形或直角三角形
C. 直角三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】由题意知，，由正弦定理得，
又，，
展开得，，，
又角A，B，C是三角形的内角，，
又，，
综上所述，的形状为直角三角形.
故选：C．
8. 如图是一个圆柱与圆锥的组合体的直观图（圆锥的底面与圆柱的上底面重合），已知圆锥的高为，圆柱的高为2，底面半径为1，则该组合体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】该组合体的体积为圆柱的体积加上圆锥的体积，
即.
故选：C.
9. 设为非零向量，则与的夹角的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】作图，不妨令，∴，
∴与的夹角为∠，
故∠最大值就是与圆相切时，
此时∠°，所以∠=.
故选：A.
10. 在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yng Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了之后，表面积增加了（ ）
A. 54B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，
转动了后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，
显然小三角形为等腰直角三角形，
设直角边，则斜边为，则有，得到，
由几何关系得：阴影部分的面积为，
所以增加的面积为.
故选：C.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 已知复数，则________，_________．
【答案】 5
【解析】由已知可得，，所以，.
故答案为： 5.
12. 体积为的球的表面积是__________.
【答案】
【解析】设球的半径为R，则，
故球的表面积是.
故答案为：.
13. 如图，在方格中，已知向量的起点和终点均在格点，且满足向量，那么______．
【答案】3
【解析】设单位向量，则，
，
又∵，∴，
∴，解得，
∴.
故答案为：3.
14. 如图，边长为2的正方形ABCD中，点满足，则_______；若点H是线段AP上的动点，则的取值范围是_________．
【答案】 [1，2]
【解析】以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，设，
所以，
由，可得：，
所以，所以，故，
点H是线段AP上的动点，所以，
则，，，
，因为，，
所以.故的取值范围是[1，2].
故答案为： [1，2].
15. 设为平面内的任意两个向量，定义一种向量运算“”：对于同一平面内的向量，给出下列结论：
①；②；
③；④若是单位向量，则．
以上所有正确结论的序号是______．
【答案】①④
【解析】对于①，当与不共线时，；
当与共线时，，①正确；
对于②，当与共线时，，，
所以与不一定相等，②错误；
对于③，当，，共线时，，，
所以与不一定相等，③错误；
对于④，当与不共线时，记，则；
当与共线时，，④正确.
故答案为：①④.
三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16. 已知复数为虚数单位．
（1）若，求的值；
（2）若为实数，求的值．
（3）若在复平面上对应的点在第一象限，求的取值范围．
解：（1）因为，所以．
（2）因为实数，
所以，解得．
（3）因为且，
所以，
因为在复平面上对应的点在第一象限，
所以，解得，故.
17. 已知向量．
（1）求；
（2）求向量的夹角的余弦值；
（3）若与平行，求实数的值．
解：（1）因为，所以，
所以.
（2）因为，，所以，
，，
所以.
（3）依题意，，
因为与平行，所以，解得．
18. 已知向量是夹角为的单位向量，且．
（1）求；
（2）求值；
（3）求向量与的夹角．
解：（1），
所以．
（2）.
（3），
所以，，
因为，所以与的夹角是．
19. 在中，角的对边分别为，，，．
（1）求的值；
（2）求的面积．
解：（1）在中，因为，，，
所以由正弦定理得．
（2）因为，
由余弦定理，得，
解得或（舍），
所以的面积．
20. 在中，角的对边分别为，．
（1）求；
（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：．
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，按第一个解答给分．
解：（1）因为，由余弦定理得，
又因为，所以.
（2）由（1）知，
若选条件①：，条件②：，
因为，，所以，
在中由正弦定理可得，即，解得，
，
因为，所以，
所以；
若选条件①：，条件③：，
因为，，所以，
在中由正弦定理可得，即，解得，
，
因为，所以，
所以．
若选条件②：；条件③：．
因为，，所以，解得，
因为，所以存在两解，不满足题意.
21. 已知向量，其中是两两不相等的正整数．记，，其分量之间满足递推关系
，，，，．
（1）当时，直接写出向量；
（2）证明：不存在，使得中；
（3）证明：存在，当时，向量满足．
解：（1）因为，根据题意可得，，，
，，，
所以，所以从开始，周期为3，所以.
（2）假设存在，使得中，
设，
所以，，，
不妨设，则由，，，
由
可得，解得，即，
以此类推，可得，，，，
，这与是两两不相等的正整数矛盾，
故假设不成立，所以不存在，使得中.
（3）设三个数中最大的为，记作，
因为，，，，
所以，，
若单调递减，由可得存在，使得，
由（2）证明可得，这与题设矛盾，
所以不可能单调递减，即存在，使得，
根据的定义，可得中三个数中必有0，
假设三个数中有两个为0，显然，
不妨设，，则，，
即，这与矛盾，舍去；
假设三个数中有三个为0，显然，通过（2）已经证明不成立；
故三个数中只有一个数为0，
不妨设，则，
设，所以，即
，，
故，则，，
所以存在，当时，向量满足.