2023-2024学年北京丰台区高一（下）期中数学（A卷）和答案

高中PAGE1试题2023-2024学年北京市丰台区高一（下）期中数学试卷（A卷）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．（4分）在复平面内，下列复数中对应的点在第四象限的是（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i2．（4分）已知向量a→，b→满足|a→|=2，|A．1 B．3 C．3 D．33．（4分）已知向量a→=(3，−1)，b→=(1，x)，且A．﹣3 B．3 C．−13 4．（4分）在△ABC中，AB＝3，BC＝1，B=2π3，则A．13 B．7 C．7 D．135．（4分）已知向量a→与向量b→的夹角为π3，且|a→|＝1，|2a→A．4 B．3 C．2 D．16．（4分）如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线，若E为AD的中点，则CE→A．−14AB→C．14AB→7．（4分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝c•cosA，则△ABC的形状为（）A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形 C．等腰直角三角形 D．正三角形8．（4分）如图所示，圆柱与圆锥的组合体，已知圆锥部分的高为12A．π3 B．2π C．13π6 9．（4分）设a→，b→为非零向量，且|b→|＝2|a→|，则A．π12 B．π6 C．π410．（4分）在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的YongJunKLSpeedcubing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45°之后，表面积增加了（）A．54 B．54−362 C．108−722 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）已知复数z＝4﹣3i，则z=，|z|＝12．（5分）已知球的体积为36π，球的表面积是．13．（5分）如图，在6×6的方格中，已知向量a→，b→，c→的起点和终点均在格点，且满足向量c→=xa→+yb→（x，y∈14．（5分）如图，边长为2的正方形ABCD中，点P满足AP→=12(AB→+AC→)，则15．（5分）定义一种向量运算“⊗”：a→⊗b→=a⋅b，a，b不共线a+b，a，b共线（a→，b→是任意的两个向量）．对于同一平面内的向量a①a→⊗b→=②λ（a→⊗b→）＝（λa→）⊗b→③（a→+b→）⊗c④若e→是单位向量，则|a→⊗e→以上结论一定正确的是．（填上所有正确结论的序号）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．（13分）已知复数z＝a+i（a∈R），i为虚数单位．（Ⅰ）若|z|＝1，求a的值；（Ⅱ）若z1+i为实数，求a（Ⅲ）若z1＝z（1﹣2i），z1在复平面上对应的点在第一象限，求a的取值范围．17．（15分）已知向量a→=（1，1），（Ⅰ）求|a→−2（Ⅱ）求向量a→，b→的夹角（Ⅲ）若ka→−2b→与a18．（14分）已知向量e1→，e2→是夹角为60°的单位向量，且a→（Ⅰ）求|a→（Ⅱ）求a→（Ⅲ）求向量a→与b→的夹角19．（13分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=π3，a＝7，（Ⅰ）求sinC的值；（Ⅱ）求△ABC的面积．20．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2＝b2+c2﹣bc．（Ⅰ）求A；（Ⅱ）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△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．条件①：cosC=17；条件②：c＝8；条件③：注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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．21．（15分）已知向量X0→=（a0，b0，c0），其中a0，b0，c0是两两不相等的正整数．记Xi→=（ai，bi，ci），Xi+1→=（ai+1，bi+1，ci+1），其分量之间满足递推关系ai+1＝|ai﹣bi|，bi+1＝|bi﹣ci|，ci（Ⅰ）当X0→=（Ⅱ）证明：不存在i∈N*，使得Xi→=（ai，bi，ci）中ai＝bi（Ⅲ）证明：存在k∈N*，当i≥k时，向量Xi→=（ai，bi，ci）满足aibi

2023-2024学年北京市丰台区高一（下）期中数学试卷（A卷）参考答案与试题解析题号12345678910答案BCBABDACBC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．（4分）在复平面内，下列复数中对应的点在第四象限的是（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i【分析】由已知结合复数的几何意义分别检验各选项即可判断．【解答】解：1+i对应的点（1，1）在第一象限；1﹣i对应的点（1，﹣1）在第四象限；﹣1+i对应的点（﹣1，1）在第二象限；﹣1﹣i对应的点（﹣1，﹣1）在第三象限．故选：B．【点评】本题主要考查了复数的几何意义，属于基础题．2．（4分）已知向量a→，b→满足|a→|=2，|A．1 B．3 C．3 D．3【分析】利用已知条件，通过向量的数量积公式求解即可．【解答】解：向量a→，b→满足|a→|=2那么a→⋅b→=|a→||故选：C．【点评】本题考查平面向量的数量积的应用，考查计算能力．3．（4分）已知向量a→=(3，−1)，b→=(1，x)，且A．﹣3 B．3 C．−13 【分析】利用向量垂直的性质直接求解．【解答】解：∵向量a→=(3，−1)，b→∴a→⋅b解得x＝3．故选：B．【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量垂直的性质的合理运用．4．（4分）在△ABC中，AB＝3，BC＝1，B=2π3，则A．13 B．7 C．7 D．13【分析】利用余弦定理直接求边长即可．【解答】解：△ABC中，AB＝c＝3，BC＝a＝1，B=2π由余弦定理得，b2＝a2+c2﹣2accosB＝1+9﹣2×1×3×cos2π3所以a＝AC=13故选：A．【点评】本题考查了余弦定理的应用问题，是基础题．5．（4分）已知向量a→与向量b→的夹角为π3，且|a→|＝1，|2a→A．4 B．3 C．2 D．1【分析】根据数量积性质，由|2a→−b→|【解答】解：由题意有：＜a→，b→＞=π则有|2a→−b即|b→|2﹣2|b→|﹣3＝0，解得|b→故选：B．【点评】本题考查数量积性质及运算，属基础题．6．（4分）如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线，若E为AD的中点，则CE→A．−14AB→C．14AB→【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得．【解答】解：CE=1=−1=−3故选：D．【点评】本题主要考查了平面向量的线性运算，属于基础题．7．（4分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝c•cosA，则△ABC的形状为（）A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形 C．等腰直角三角形 D．正三角形【分析】代入余弦定理即可．【解答】解：△ABC中，若b＝c•cosA，则b＝c•b2+c2−a22bc，2b2＝b∴b2+a2＝c2，则△ABC为直角三角形．故选：A．【点评】本题考查余弦定理，属于基础题．8．（4分）如图所示，圆柱与圆锥的组合体，已知圆锥部分的高为12A．π3 B．2π C．13π6 【分析】利用圆柱和圆锥的体积公式即可求解．【解答】解：依题意可知，底面圆的半径为r＝1，圆柱部分的高为h1＝2，圆锥部分的高为ℎ2所以圆柱部分的体积为V1圆锥部分的体积为V2所以该组合体的体积为V=V故选：C．【点评】本题考查简单组合体的体积计算，考查运算求解能力，属于基础题．9．（4分）设a→，b→为非零向量，且|b→|＝2|a→|，则A．π12 B．π6 C．π4【分析】设b→与b→−a→的夹角为θ，a→与b→【解答】解：设b→与b→−a→的夹角为θ，a→与b→的夹角为α因为a→，b→为非零向量，且|b→|＝2|a→|，所以b→•（b→−a→）=b→2−b→|b→−a→|2=|b→|2−所以cosθ＝cos＜b→，设t=5−4cosα，由cosα∈[﹣1，1]，得5﹣cosα∈[1，9]，所以t∈所以cosα=14（5﹣t2），所以cosθ=2−14(5−t2当且仅当3t=t，即t=3时取“＝”，所以cos又因为θ∈[0，π]，所以θ的最大值是π6，即b→与b→故选：B．【点评】本题考查了平面向量的数量积与夹角和模长的计算问题，也考查了数学运算核心素养，是基础题．10．（4分）在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的YongJunKLSpeedcubing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45°之后，表面积增加了（）A．54 B．54−362 C．108−722 【分析】利用截面图，得出魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，再利用几何关系求出多出的一个小三角形的面积，进而可求出结果．【解答】解：如图，转动了45°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x，则斜边为2x则有2x+2x=3，得到由几何关系得：阴影部分的面积为S1所以增加的面积为S=16S故选：C．【点评】本题主要考查了正方体的结构特征，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）已知复数z＝4﹣3i，则z=4+3i，|z|＝5【分析】根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解．【解答】解：z＝4﹣3i，则z=4+3i，|z|=故答案为：4+3i；5．【点评】本题主要考查共轭复数的定义，以及复数模公式，属于基础题．12．（5分）已知球的体积为36π，球的表面积是36π．【分析】通过球的体积求出球的半径，然后求出球的表面积．【解答】解：因为球的体积为36π，所以4πr33=36所以球的表面积为：4π×32＝36π．故答案为：36π．【点评】本题考查球的表面积与体积的求法，考查计算能力．13．（5分）如图，在6×6的方格中，已知向量a→，b→，c→的起点和终点均在格点，且满足向量c→=xa→+yb→（x，y∈【分析】取互相垂直的两个单位向量，用单位向量表示出三个向量，属于平面向量的基本定理列出方程组解出x，y．【解答】解：分别设方向水平向右和向上的单位向量为i→，j→，则a→=2i→−j又∵c→=xa→+yb→=（2x+y）i→+（2y﹣∴x+y＝3．故答案为：3．【点评】本题考查了平面向量的基本定理，属于基础题．14．（5分）如图，边长为2的正方形ABCD中，点P满足AP→=12(AB→+AC→)，则|PD【分析】以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，设P（x，y），由AP→=12(AB→+AC→)可求出P点坐标；由点H是线段AP上的动点，设H【解答】解：以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），B（2，0），D（0，2），C（2，2），设P（x，y），所以AP→由AP→=1所以P（2，1），所以PD→故|PD点H是线段AP上的动点，所以AH→则H（2a，a）（0≤a≤1），BP→=(0，1)，BP→⋅HD→=2−a所以1≤2﹣a≤2．故BP→故答案为：5；[1，2]．【点评】本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属中档题．15．（5分）定义一种向量运算“⊗”：a→⊗b→=a⋅b，a，b不共线a+b，a，b共线（a→，b→是任意的两个向量）．对于同一平面内的向量a①a→⊗b→=②λ（a→⊗b→）＝（λa→）⊗b→③（a→+b→）⊗c④若e→是单位向量，则|a→⊗e→以上结论一定正确的是①④．（填上所有正确结论的序号）【分析】①由于“a→与b→”与“b→与a②若a→与b→共线，则λ（a→⊗b→）=λ(a→+③若a→与c→不共线，b→与c→共线，则a→+b→而a→⊗c→+④分类讨论：若e→与a→共线，则|a→⊗e→|=|a→+e→|≤|a→|+|e→【解答】解：①∵“a→与b→”与“b→与a②若a→与b→共线，则λ（a→⊗b→）=λ(a→+③若a→与c→不共线，b→与c→共线，则a→+b→而a→⊗c→+④若e→与a→共线，则|a→⊗e→|若e→与a→不共线，则|a→⊗e→|可得：④成立．综上可知：只有①④正确．故答案为：①④．【点评】本题考查了一种新定义向量运算“⊗”、向量共线定理、数量积运算等基础知识，考查了分类讨论思想方法，属于难题．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．（13分）已知复数z＝a+i（a∈R），i为虚数单位．（Ⅰ）若|z|＝1，求a的值；（Ⅱ）若z1+i为实数，求a（Ⅲ）若z1＝z（1﹣2i），z1在复平面上对应的点在第一象限，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）结合复数模公式，即可求解；（Ⅱ）结合复数的四则运算，以及实数的定义，即可求解；（Ⅲ）结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．【解答】解：（Ⅰ）因为|z|=a2+1（Ⅱ）因为z1+i所以1−a2=0，解得（Ⅲ）因为z1＝z（1﹣2i）且z＝a+i（a∈R），所以z1＝（a+i）（1﹣2i）＝（a+2）+（1﹣2a）i，因为z1在复平面上对应的点在第一象限所以a+2＞01−2a＞0，解得−2＜a＜故a的取值范围为（﹣2，12【点评】本题主要考查模公式，复数的四则运算，复数的概念，属于基础题．17．（15分）已知向量a→=（1，1），（Ⅰ）求|a→−2（Ⅱ）求向量a→，b→的夹角（Ⅲ）若ka→−2b→与a【分析】（Ⅰ）根据向量a→，b（Ⅱ）根据向量夹角的余弦公式即可得解；（Ⅲ）根据平行向量的坐标关系即可得解．【解答】解：（I）因为a→=（1，1），所以a→所以|a（Ⅱ）因为a→=（1，1），b→=（2，﹣3），所以a→所以cosθ=a（Ⅲ）ka→−2b→∴3（k+6）﹣（﹣2）（k﹣4）＝0，解得k＝﹣2．【点评】本题考查了向量坐标的加法、减法和数乘、数量积的运算，向量夹角的余弦公式，平行向量的坐标关系，是基础题．18．（14分）已知向量e1→，e2→是夹角为60°的单位向量，且a→（Ⅰ）求|a→（Ⅱ）求a→（Ⅲ）求向量a→与b→的夹角【分析】（Ⅰ）由向量数量积的性质求解即可；（Ⅱ）由向量数量积的定义求解即可；（Ⅲ）由向量夹角公式求解即可．【解答】解：（Ⅰ）由题意，向量e1→，则|=e=1+2×（Ⅱ）a=e=1−1×1×1（Ⅲ）|=e=1−4×则cosθ=a又θ∈[0，π]，所以θ=2π【点评】本题考查平面向量数量积的运算，属基础题．19．（13分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=π3，a＝7，（Ⅰ）求sinC的值；（Ⅱ）求△ABC的面积．【分析】（Ⅰ）由已知结合正弦定理即可求解；（Ⅱ）由已知结合余弦定理先求出b，然后结合三角形面积公式即可求解．【解答】解：（I）在△ABC中，因为∠A＝60°，a＝7，c＝3，由正弦定理得sinC=csinA（II）因为a＝7，c＝3，由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，得72解得b＝8或b＝﹣5（舍），所以△ABC的面积S=1【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形面积公式的应用，属于中档题．20．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2＝b2+c2﹣bc．（Ⅰ）求A；（Ⅱ）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△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．条件①：cosC=17；条件②：c＝8；条件③：注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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．【分析】（Ⅰ）根据余弦定理算出cosA的值，进而可得角A的大小．（Ⅱ）分别在选择条件①与条件②、条件①与条件③的情况下，利用三角恒等变换公式、正弦定理与三角形的面积公式，确定出三角形有唯一解，并求出△ABC的面积；然后在选择条件②与条件③的情况下，利用余弦定理算出边b有两解，不符合题意，进而得到所求结论．【解答】解：（I）因为a2＝b2+c2﹣bc，即b2+c2﹣a2＝bc，所以由余弦定理得cosA=b2+c2−a（II）由（I）知A=π（1）若选条件①：cosC=17，与条件②：由cosC=17，0＜C＜π，可得在△ABC中，由正弦定理得asinA=csinC，即而cosB＝cos（π﹣A﹣C）＝﹣cos（A+C）=−cosAcosC+sinAsinC=−1结合0＜B＜π，可得sinB=1−cos2因此，选择条件①与条件②，△ABC存在且唯一确定，此时△ABC的面积为103（2）若选条件①：cosC=17与条件③：由cosC=17，且0＜C＜π，可得在△ABC中，由正弦定理得asinA=csinC，即而cosB＝cos（π﹣A﹣C）＝﹣cos（A+C）=−cosAcosC+sinAsinC=−1结合0＜B＜π，可得sinB=1−cos2因此，选择条件①与条件③，△ABC存在且唯一确定，此时△ABC的面积为103（3）若选条件②：c＝8与条件③：a＝7，则由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，即49＝b2+64﹣8b，整理得b2﹣8b+15＝0，解得b＝3或5，此时△ABC有两解，不符合题意．综上所述，选择条件①与条件②，或选择条件①与条件③，△ABC存在且唯一确定，此时△ABC的面积为103【点评】本题主要考查三角恒等变换公式、利用正弦定理与余弦定理解三角形、三角形的面积公式，属于中档题．21．（15分）已知向量X0→=（a0，b0，c0），其中a0，b0，c0是两两不相等的正整数．记Xi→=（ai，bi，ci），Xi+1→=（ai+1，bi+1，ci+1），其分量之间满足递推关系ai+1＝|ai﹣bi|，bi+1＝|bi﹣ci|，ci（Ⅰ）当X0→=（Ⅱ）证明：不存在i∈N*，使得Xi→=（ai，bi，ci）中ai＝bi（Ⅲ）证明：存在k∈N*，当i≥k时，向量Xi→=（ai，bi，ci）满足aibi【分析】（Ⅰ）利用X0→=（2，3，5）并结合题意写出X1→，X2→，X（Ⅱ）假设存在i∈N*，i≥2，使得Xi→=（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci＝w，通过推导可得到w＝0，即ai＝bi＝ci＝0，进而可以推出a0＝b0＝（Ⅲ）设ai，bi，ci三个数中最大的为mi，可得mi+1≤mi，因为mi∈N*，故存在k∈N*，使得mk+1＝mk，结合题干定义可得Xk→=（ak，bk【解答】解：（I）因为X0→=（2，3，5），根据题意可得X1→=（1，2，3），X2→=所以X3→=X6（II）证明：假设存在i∈N*，i≥2，使得Xi→=（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci设Xi−1→=（ai﹣1，bi﹣1，ci﹣1），所以ai＝|ai﹣1﹣bi﹣1|＝w，bi＝|bi﹣1﹣ci﹣1|＝w，ci＝|ci﹣1﹣ai﹣1不妨设ai﹣1≤bi﹣1≤ci﹣1，则由bi﹣1﹣ai﹣1