2023-2024学年北京大兴区高一（下）期中数学试卷和答案

高中PAGE1试题2023-2024学年北京市大兴区高一（下）期中数学试卷一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．（4分）复数21+iA．﹣2i B．2i C．1﹣i D．1+i2．（4分）已知平面向量a→=（2，﹣1），b→=（1，x）．若a→A．﹣2 B．−12 C．13．（4分）在△ABC中，若BC=3，∠A=2πA．23 B．233 C．44．（4分）在三棱台ABC﹣A'B'C'中，截去三棱锥B﹣A'B'C'，则剩余部分是（）A．三棱锥 B．三棱台 C．四棱锥 D．四棱台5．（4分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，P（﹣2，1），Q（4，3），则cos∠POQ＝（）A．55 B．53 C．−56．（4分）已知a→，b→，c→均为非零向量，则“＜a→，c→＞=＜b→A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件7．（4分）已知非零向量AB→，AC→满足（AB→|AB|+AC→|AC|）•A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形 C．等腰（非等边）三角形 D．等边三角形8．（4分）在四边形ABCD中，AB∥CD，AB=4，CD=2，AD=3，∠BAD=90°．若P为线段CD上一动点，则A．1 B．3 C．5 D．79．（4分）已知a→，b→是夹角为120°的两个非零向量，且|a→|＝|b→|，若向量a→+λb→A．﹣4 B．−433 C．410．（4分）在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，给出下列四个条件：①a＝4，b＝5，A＝45°；②a＝5，b＝6，c＝8；③a＝6，b=63，C④a=23，b＝5，A能判断三角形存在且有唯一解的是（）A．①④ B．②③ C．①②③ D．②③④二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）设复数z＝1﹣2i，则|z|＝．12．（5分）方程x2+2＝0在复数范围内的解为．13．（5分）已知向量a→，b→，a→=（1，3），a→⊥b14．（5分）已知向量a→，b→，|a→|＝2，|b→|＝3，a→与b→的夹角为2π3，则（a→+b→）•15．（5分）给出下列命题：①一个棱柱至少有5个面；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形；④所有侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；⑤有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台．其中，所有正确命题的序号是．三、解答题共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．（14分）已知向量a→=（3，﹣1），（Ⅰ）求a→•b（Ⅱ）求|a→−2（Ⅲ）求a→与a→+17．（14分）已知复数z＝a+4i（a∈R）（i为虚数单位）．（Ⅰ）若（1﹣i）z是纯虚数，求z；（Ⅱ）若|z|=5，求（Ⅲ）若复数z2在复平面上对应的点位于第二象限，求a的取值范围．18．（14分）在△ABC中，a=3，b=26（Ⅰ）求c的值；（Ⅱ）求sinA的值及△ABC的面积．19．（14分）如图，四面体A﹣B1CD1的四个顶点均为长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点．（Ⅰ）若四面体A﹣B1CD1各棱长均为2，求该四面体的表面积和体积；（Ⅱ）若AD1=3，AC=2，AB1=20．（14分）如图，在△ABC中，点Q是BC的中点，AP→=tAQ→(0＜t＜1)，过点P的直线分别交边AB，AC于M，N（不同于B，C（Ⅰ）当t=13时，用向量AB→，AC（Ⅱ）证明：tλ21．（15分）如图，已知两个路灯A，B之间的距离是100m，为了测量点A与河对岸（不可到达）点C之间的距离，先后测得∠BAC和∠ABC的大小，若∠BAC＝75°，∠ABC＝60°．（Ⅰ）求A，C两点之间的距离；（Ⅱ）假设你只携带量角器（可以测量以你为顶点的角的大小）．请你设计一个可以计算出河对岸两点C，D之间距离的方案，包括：①指出要测量的数据并标示在图中；②用文字和公式写出计算C，D之间距离的步骤．

2023-2024学年北京市大兴区高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析题号12345678910答案CBACCDDBAB一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．（4分）复数21+iA．﹣2i B．2i C．1﹣i D．1+i【分析】直接利用复数的除法运算法则，化简复数为a+bi的系数即可．【解答】解：复数21+i=2(1−i)故选：C．【点评】本题考查复数代数形式的混合运算，基本知识的考查．2．（4分）已知平面向量a→=（2，﹣1），b→=（1，x）．若a→A．﹣2 B．−12 C．1【分析】直接利用平面向量共线的坐标运算列式求解x值．【解答】解：∵向量a→=（2，﹣1），b→若a→∥b→，则2x﹣1×（﹣1）＝0，即x故选：B．【点评】本题考查平面向量共线的坐标运算，是基础题．3．（4分）在△ABC中，若BC=3，∠A=2πA．23 B．233 C．4【分析】直接利用正弦定理求解．【解答】解：由正弦定理得，BCsinA所以3sin解得AB=2故选：A．【点评】本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．4．（4分）在三棱台ABC﹣A'B'C'中，截去三棱锥B﹣A'B'C'，则剩余部分是（）A．三棱锥 B．三棱台 C．四棱锥 D．四棱台【分析】结合棱锥的特征，判断几何体的性质即可．【解答】解：根据棱锥的结构特征可判断，余下部分是四棱锥，故选：C．【点评】本题考查棱锥的结构特征，棱台的结构特征，是基础题．5．（4分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，P（﹣2，1），Q（4，3），则cos∠POQ＝（）A．55 B．53 C．−5【分析】由已知结合三角函数的定义及两角差的余弦公式即可求解．【解答】解：设α，β的终边分别经过点P，Q，由三角函数定义可知，cosα=−25，sinα=15，cosβ=故cos∠POQ＝cos（α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsinβ=−2故选：C．【点评】本题主要考查了三角函数的定义，两角差的余弦公式的应用，属于基础题．6．（4分）已知a→，b→，c→均为非零向量，则“＜a→，c→＞=＜b→A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【分析】根据数量积公式判断即可．【解答】解：因为a→⋅c所以根据＜a→，c→＞=＜b→，c→根据a→•c→=b→•c→也推导不出所以“＜a→，c→＞=＜b→，c→故选：D．【点评】本题主要考查平面向量的数量积，属于基础题．7．（4分）已知非零向量AB→，AC→满足（AB→|AB|+AC→|AC|）•A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形 C．等腰（非等边）三角形 D．等边三角形【分析】先根据（AB→|AB|+AC→|AC|）•BC→【解答】解：∵（AB→|AB|+AC→|AC|）•∴∠A的角平分线与BC垂直，∴AB＝AC，∵cosA=AB→|AB|∴∠A=π∴∠B＝∠C＝∠A=π∴三角形为等边三角形．故选：D．【点评】本题主要考查了平面向量的数量积的运算，三角形形状的判断．考查了学生综合分析能力，属于中档题．8．（4分）在四边形ABCD中，AB∥CD，AB=4，CD=2，AD=3，∠BAD=90°．若P为线段CD上一动点，则A．1 B．3 C．5 D．7【分析】建立平面直角坐标系，求出AP→【解答】解：因为AB∥CD，AB=4，CD=2，AD=3所以以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，0），D（0，3），C（2，3），设P（x，3）（0≤x≤2），所以AP→=(x，3所以AP→⋅BP→=x(x−4)+3=当x＝0时，AP→故选：B．【点评】本题考查平面向量数量积的坐标运算，属于中档题．9．（4分）已知a→，b→是夹角为120°的两个非零向量，且|a→|＝|b→|，若向量a→+λb→A．﹣4 B．−433 C．4【分析】由题意可知(a→+λ【解答】解：∵向量a→+λb→在向量a∴(a→+λ即(a→+λb→∵a→，b→是夹角为120°的两个非零向量，且|a→∴a→2+λa→∴|a→|2+λ|∴|a→|2−解得λ＝﹣4．故选：A．【点评】本题主要考查了向量的数量积运算，考查了投影向量的定义，属于基础题．10．（4分）在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，给出下列四个条件：①a＝4，b＝5，A＝45°；②a＝5，b＝6，c＝8；③a＝6，b=63，C④a=23，b＝5，A能判断三角形存在且有唯一解的是（）A．①④ B．②③ C．①②③ D．②③④【分析】由正弦定理及三角形的性质分别判断出所给命题的真假．【解答】解：①中，a＝4，b＝5，A＝45°，由正弦定理可得asinA=bsinB，即4因为角A为锐角，所以角B有两解，所以①不正确；②中，由三边为定值，且满足任意两边之和大于第三边，所以②唯一确定三角形；所以②正确；③中，由两边和夹角确定唯一三角形，可得③正确；④中，由正弦定理可得sinB=basinA=5故选：B．【点评】本题考查正弦定理及三角形的性质的应用，属于中档题．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）设复数z＝1﹣2i，则|z|＝5．【分析】直接由复数模的定义计算．【解答】解：∵z＝1﹣2i，∴|z|=1故答案为：5．【点评】本题考查了复数模的求法，是基础题．12．（5分）方程x2+2＝0在复数范围内的解为±2i【分析】利用完全平方公式求解．【解答】解：由题意，x2＝﹣2=(±2i)2，解得故答案为：±2i【点评】本题考查复数的应用，属于基础题．13．（5分）已知向量a→，b→，a→=（1，3），a→⊥b【分析】设b→=（x，y），由题意可知a→⋅b→=【解答】解：设b→=（x，∵a→=（1，3），且a→∴a→⋅b→=取y＝1，则x＝﹣3，∴b→故答案为：（﹣3，1）（答案不唯一）．【点评】本题主要考查了向量的坐标运算，属于基础题．14．（5分）已知向量a→，b→，|a→|＝2，|b→|＝3，a→与b→的夹角为2π3，则（a→+b→）•b→【分析】根据向量的数量积的运算公式，求得（a→+b→）•【解答】解：由向量a→，b→，满足|a→|＝2，|b→|＝3，且a→可得a→则（a→+b又由|a根据二次函数性质，可得当x=−13时，|a→故答案为：6；−1【点评】本题主要考查平面向量的数量积和模长公式，属于中档题．15．（5分）给出下列命题：①一个棱柱至少有5个面；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形；④所有侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；⑤有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台．其中，所有正确命题的序号是①③．【分析】利用棱柱的定义判断①；利用正三棱锥的定义判断②；利用平行六面体的定义判断③；利用正方体的定义判断④；利用棱台的定义判断⑤．【解答】解：对于①，根据棱柱的特征得，一个棱柱的底面至少有三条边，∴一个棱柱至少有5个面，故①正确；对于②，底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥的侧棱长不一定相等，如图，三棱锥D﹣ABC中，△ABD，△ACD都是等腰三角形，AB＝AC＝AD，△ABC是等边三角形，BD＝CD≠AD，∴三棱锥D﹣ABC不是正三棱锥，故②错误；对于③，由平行六面体的概念和性质得：平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故③正确；对于④，所有侧面都是正方形的四棱柱不一定是正方体，因为各相邻的侧面并不一定都互相垂直，故④错误；对于⑤，有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体不一定是棱台，因为各侧棱的延长线不一定交于同一点，故⑤错误．故答案为：①③．【点评】本题考查棱柱、正三棱锥、平行六面体、正方体、棱台的定义等基础知识，考查空间想象能力，是基础题．三、解答题共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．（14分）已知向量a→=（3，﹣1），（Ⅰ）求a→•b（Ⅱ）求|a→−2（Ⅲ）求a→与a→+【分析】（Ⅰ）结合平面向量数量积的坐标运算求解；（Ⅱ）结合平面向量模的运算求解；（Ⅲ）结合cos＜a【解答】解：（Ⅰ）已知向量a→=（3，﹣1），则a→•b（Ⅱ）由题意可得：a→则|a→−2b→（Ⅲ）由已知可得：a→则a→又|a→|=则cos＜a即a→与a→+b→【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了向量夹角的运算，属中档题．17．（14分）已知复数z＝a+4i（a∈R）（i为虚数单位）．（Ⅰ）若（1﹣i）z是纯虚数，求z；（Ⅱ）若|z|=5，求（Ⅲ）若复数z2在复平面上对应的点位于第二象限，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）利用复数代数形式的乘法运算化简，再由实部为0且虚部不为0求解；（Ⅱ）直接利用复数模的计算公式求解；（Ⅲ）求出z2的值，再由题意列关于a的不等式组求解．【解答】解：（Ⅰ）若（1﹣i）（a+4i）＝（a+4）+（4﹣a）i是纯虚数，则a+4=04−a≠0，解得a＝﹣4，则z＝﹣4+4i（Ⅱ）若|z|=5，则a2（Ⅲ）若复数z2＝（a+4i）2＝a2﹣16+8ai在复平面上对应的点位于第二象限，则a2−16＜08a＞0∴a的取值范围是（0，4）．【点评】本题考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．18．（14分）在△ABC中，a=3，b=26（Ⅰ）求c的值；（Ⅱ）求sinA的值及△ABC的面积．【分析】（Ⅰ）由题意利用余弦定理即可求解c的值；（Ⅱ）由题意利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，由正弦定理可得sinA的值，利用三角形的面积公式可求△ABC的面积的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，a=3，b=26由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，可得24＝9+c2﹣2×3×c×13，整理可得c2﹣2解得c＝5或﹣3（舍去）；（Ⅱ）由题意可得sinB=1−co由正弦定理asinA=bsinB所以△ABC的面积S=12acsinB=12×【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式以及三角形的面积公式在解三角形中的应用，属于基础题．19．（14分）如图，四面体A﹣B1CD1的四个顶点均为长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点．（Ⅰ）若四面体A﹣B1CD1各棱长均为2，求该四面体的表面积和体积；（Ⅱ）若AD1=3，AC=2，AB1=【分析】（Ⅰ）由等边三角形的面积计算公式可得一个面的面积，即可求得表面积，再利用V=1（Ⅱ）对棱相等的四面体，将其放入一个长方体中，此长方体的外接球即为此四面体的外接球，求出长方体的体对角线即为外接球的直径，得到表面积．【解答】解：（Ⅰ）因为四面体A﹣B1CD1各棱长均为2，所以四个面是全等的等边三角形，所以S表对于一个棱长为a的正四面体A﹣B1CD1的高SO=ℎ=a体积为V=1所以当a=2时，V=（Ⅱ）由于四面体A﹣B1CD1的四个顶点均为长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点，所以四面体A﹣B1CD1外接球与长方体的外接球是同一个球，如图：设此四面体所在长方体的棱长分别为a，b，c，则a2+b所以（2R）2＝a2+b2+c2＝6，所以外接球的表面积为4πR2＝6π．【点评】本题考查四面体的外接球问题，四面体的性质，分割补形法的应用，化归转化思想，属中档题．20．（14分）如图，在△ABC中，点Q是BC的中点，AP→=tAQ→(0＜t＜1)，过点P的直线分别交边AB，AC于M，N（不同于B，C（Ⅰ）当t=13时，用向量AB→，AC（Ⅱ）证明：tλ【分析】（Ⅰ）利用平面向量的线性运算计算即可；（Ⅱ）利用平面向量共线定理计算即可．【解答】解：（Ⅰ）当t=1