【文档说明】北京市汇文中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷 Word版含解析.docx，共(19)页，1.614 MB，由小赞的店铺上传

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北京市汇文中学2023-2024学年高一（下）期中数学试卷一、选择题（每题5分，共50分）1.若复数2iz=−+，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【答案】B【解析

】【分析】运用复数的几何意义求解即可.【详解】复数2iz=−+，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.已知向量(2,1)a=，(4,)bx=，且ab∥，则x的值为（）A.-2B.2C.-8D.8【答案】B【解析】【分析】运

用平面向量共线的坐标公式计算即可.【详解】(2,1)a=rQ，(4,)bx=，且ab∥，240x−=，即2x=．故选：B．3.在三角形ABC中，角,,ABC对应的边分别为,,abc，若0120A=，2a=，23

3b=，则B＝（）A.3B.56C.566或D.6【答案】D【解析】【详解】试题分析：由于0120A=为钝角，所以只有一解.由正弦定理得：2231sinsin1203sin2BB==，选D.考点：解三角形.4.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.33πB.πC.2πD.2π【答案】A【解析】【分析】根据圆锥轴截面的定义结合正三角形的性质，可得圆锥底面半径长和高的大小，由此结合圆锥的体积公式，即可求解.【详解】由题知，如图，PAB为圆锥的轴截面，边长均为2，则圆锥的高3232PO==

，底面半径1212r==，故圆锥体积22113ππ13π333VrPO===.故选：A5.已知P为ABC所在平面内一点，2BCCP=uuuruur，则（）A.1322APABAC=−+uuuruuuruuurB.1233APABAC=+C.3122APAB

AC=−uuuruuuruuurD.2133APABAC=+uuuruuuruuur【答案】A【解析】【分析】根据题意作出图形，利用向量线性运算即可得到答案.【详解】由题意作出图形,如图,则11()22APACCPACBCACACAB=+=+=+−1322ABAC=−

+，故选：A.6.已知非零向量a，b，则“abb−=”是“20ab−=”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【答案】B【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合向量的模的定义，数量积的性质和运算律判断.【详

解】若20ab−=，则abb−=，abb−=，所以“abb−=”是“20ab−=”成立的必要条件，若abb−=，则220aab−=，()20aab−=，当()1,0a=，11,22b=−时，()20,1ab−=，()20aab−

=成立，但20ab−.所以，“abb−=”不是“20ab−=”成立的充分条件，所以“abb−=”是“20ab−=”成立必要不充分条件，故选：B.7.在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2cosaBc=，则ABC的形状一定是（）A.等边三角形B.等腰三角形C

.等腰直角三角形D.直角三角形【答案】B【解析】的【分析】由正弦定理可得2sincossinABC=，再由()CAB=−+，可得2sincossin()sincoscossinABABABAB=+=+，从而可得in0()s

AB−=，进而可得结论【详解】解：因为2cosaBc=，所以由正弦定理可得2sincossinABC=，因为ABC++=，所以()CAB=−+，所以()()sinsinsinCABAB=−+=+，所以

2sincossin()sincoscossinABABABAB=+=+，所以sincoscossin0ABAB−=，所以in0()sAB−=，因为AB−−，所以0AB−=，所以AB=，所以ABC为等腰三角形，故选：B8.对于非零向量,mn，定义运算“”：sinmn

mn=，其中为,mn的夹角.设,,abc为非零向量，则下列说法错误．．的是A.abba=B.()abcacbc+=+C.若0ab=，则//abD.()abab=−【答案】B【解析】【详解】由运算定义，sin,sinababbaba==，所以abba=正确；()

sin,sinsinabcabcacbcacbc+=++=+，所以()abcacbc++，故B错误；C、sin0abab==，则0,=，所以//ab正确；D、()()sin,si

nsinababababab=−=−−=，所以()abab=−正确．故选B．点睛：本题考查向量的新定义运算，关键就是理解新定义．本题采取排除法，通过逐个验证，我们可以发现A、C、D都是正确的，所以

错误的就是B．9.如图，直三棱柱111ABCABC-中，1,,ABBCAAABP⊥=为棱11AB的中点，Q为线段1AC上的动点．以下结论中正确的是（）A.存点Q，使BQAC∥B.不存在点Q，使11BQBC⊥C.对任意点Q，

都有1BQAB⊥D.存在点Q，使BQ平面1PCC【答案】C【解析】【分析】A选项，根据异面直线的定义可以判断；B选项，容易发现1,AQ重合时符合题意；C选项，利用线面垂直得到线面垂直；D选项，先找出平面1PCC的一条垂线，问题转化为判

断这条垂线是否和BQ垂直的问题.【详解】A选项，由于BQ平面ABCB=，BAC，AC平面ABC，则,BQAC一定异面，A选项错误；B选项，根据直三棱柱性质，1BB⊥平面ABC，BC平面ABC，故1BBBC

⊥，又ABBC⊥，1ABBBB?，1,ABBB平面11ABBA，故BC⊥平面11ABBA，又1BA平面11ABBA，故1BCBA⊥，显然11BCBC∥，即111BCBA⊥，故1,AQ重合时，11BQBC⊥，

B选项错误；在C选项，直棱柱的侧面11ABBA必是矩形，而1AAAB=，故矩形11ABBA成为正方形，则11ABBA⊥，B选项已经分析过，BC⊥平面11ABBA，由1AB平面11ABBA，故1ABBC⊥，又1BCBAB=，1,BCBA

平面1BCA，故1AB⊥平面1BCA，又BQ平面1BCA，则1BQAB⊥必然成立，C选项正确；D选项，取AB中点M，连接,CMPM，根据棱柱性质可知，CM和1CP平行且相等，故平面1PCC可扩展成平面1CMPC，过B作BNCM

⊥，垂足为N，根据1BB⊥平面ABC，BN平面ABC，故1BBBN⊥，显然11BBCC∥，故1BNCC⊥，由BNCM⊥，1CCCMC=，1,CCCM平面1CMPC，故BN⊥平面1CMPC，若BQ平面1PCC，则BQBN⊥，过Q作QO//1

BB，交11AC于O，连接1BO，于是1BQOB共面，又1BQBBB=，1,BQBB平面1BQOB，故BN⊥平面1BQOB，由于1BO平面1BQOB，故1BNBO⊥，延长OQ交AC于J，易得1BO//BJ，则BJBN⊥，而J在线段AC上，这是不可能的，D选项错误.故选：C10.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ABC）为26.5，夏至正午太阳高度角（即ADC）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.sin532sin47aB.2sin47sin53aC.

tan26.5tan73.5tan47aD.sin26.5sin73.5sin47a【答案】D【解析】【分析】先求BAD，在BAD中利用正弦定理求AD，在RtACD中即可求AC.【详解】73.526.547BAD=−=，在BAD中由正弦定理得：sinsinB

DADBADABD=，即sin47sin26.5aAD=，所以sin26.5sin47aAD=，又因为在RtACD中，sinsin73.5ACADCAD==，所以sin26.5sin73.5sin73

.5sin47aACAD==,故选：D【点睛】本题主要考查了解三角形应用举例，考查了正弦定理，属于中档题.二、填空题（每题5分，共30分）11.已知复数i(1i)z=+，则z=________；||z=________．

【答案】①.1i−−②.2【解析】【分析】运用共轭复数、复数乘法及复数的模的公式计算即可.【详解】因为i(1i)1iz=+=−+，则1iz=−−，22||(1)12z=−+=.故答案为：1i−−；2.1

2.已知向量(1,1)a=−r，(2,1)b=−，则2ab+=________；向量a在b上的投影向量的坐标为________．【答案】①.(0,1)−②.63(,)55−【解析】【分析】运用平面向量加法、向量

数量积、向量的模、投影向量公式计算即可.【详解】解：(1,1)a=−r，(2,1)b=−，则2(2,2)(2,1)(0,1)ab+=−+−=−；()()12113ab=−+−=−，22||(2)15b=−+=，故向量a在b上的投影向量的坐标为：363,555abbbbb=−=−

.故答案：(0,1)−；63(,)55−.13.在正四面体A-BCD中，二面角A-BC-D的余弦值是_______.【答案】13【解析】【分析】根据二面角平面角的定义，结合正四面体的性质，找出该角，由余弦定理，可得

答案.【详解】如图，取BC的中点F，连接AF，DF，则AFBC⊥，DFBC⊥，即AFD为二面角ABCD−−的平面角，设正四面体DABC−的棱长为6，在正ABC中，sin6033AFAB==，同理sin6033DFBD==，由余弦定理2222727361cos2323333

FDFAADAFDFDFA+−+−===.为故答案为：13.14.已知点(0,0)O，(1,2)A，(,0)(0)Bmm，则cos,OAOB=___________；若B是以OA为边的矩形的顶点，则m=___

________.【答案】①.55②.5【解析】【分析】①根据向量的夹角公式，直接求解即可；②根据已知可得0OAAB=，求出相应的坐标代入即可求出m的值.【详解】①因为(0,0)O，(1,2)A，(,0)(0)B

mm，所以(1,2)OA=，(,0)OBm=，所以5cos,5||||5OAOBmOAOBOAOBm===；②(1,2)ABm=−−，若B是以OA为边的矩形的顶点，则0OAAB=,即140OAA

Bm=−−=，所以5m=.故答案为：55；515.若ABC的面积为2223()4acb+−,且∠C为钝角，则∠B=_________；ca的取值范围是_________.【答案】①.60②.(2,)+【解析】【分析】根据题干结合三角形面积公式及余弦定理可得tan3B=，可求得

3B=；再利用()sinsinCAB=+，将问题转化为求函数()fA的取值范围问题.【详解】()22231sin42ABCSacbacB=+−=，222sin23acbBac+−=，即sincos3BB=

，sin3,cos3BBB==，则231sincossinsin311322sinsinsin2tan2AAAcCaAAAA−−−====+，C为钝角，,036BA

=，()31tan0,,3,3tanAA+，故()2,ca+.故答案为3，()2,+.【点睛】此题考查解三角形的综合应用，能够根据题干给出的信息选用合适的余弦定理公式是解题的第一个关键；根据三角形内角ABC++=的隐含条件，结合诱导公式及正弦定理，

将问题转化为求解含A的表达式的最值问题是解题的第二个关键.16.如图矩形ABCD中，22ABBC==，E为边AB的中点，将ADEV沿直线DE翻转成1ADE△．若M为线段1AC的中点，则在ADEV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1CEDA⊥；③一定存在某个位置，使1DEAC⊥；④一定存在某个位置，使1MBADE平面∥．【答案】①②④【解析】【分析】运用等角定理及余弦定理可判断①；运用勾股定理证得1AECE⊥、DEEC⊥，

结合线面垂直的判定定理及性质可判断②；运用反证法证及线面垂直判定定理证得DE⊥平面1AEC，结合线面垂直性质可得1DEAE⊥得出矛盾可判断③；运用面面平行判定定理证得平面//MBF平面1ADE，结合面面平行性质可判断④.【详解】对于①，取CD中点F，连接MF，BF，如图所示，则1MFDA∥

，BFDE，11122MFAD==，2FBDE==，由等角定理知，1π4ADEMFB==，所以由余弦定理可得22252cos4MBMFFBMFFBMFB=+−=，所以52MB=是定值，故①正确；对于④，由①知，1MFDA∥，BFDE，又FB、MF平面1ADE，1DA、DE平

面1ADE，所以//FB平面1ADE，//MF平面1ADE，又FBMFF=，FB、MF平面MBF，所以平面//MBF平面1ADE，又因为MB平面MBF，所以//MB平面1ADE，故④正确，对于②，连接EC，如图所示，当13AC=时，因为11AE=，2CE=，

所以22211ACAECE=+，所以1AECE⊥，因为矩形ABCD中，2DECE==，2DC=，所以222DECEDC+=，即DEEC⊥，又因为1AEDEE=，1AE、DE平面1ADE，所以CE⊥平面1ADE，又1AD平面

1ADE，所以1CEDA⊥，故②正确；对于③，假设③正确，即在某个位置，使1DEAC⊥，又因为矩形ABCD中，2DECE==，2DC=，所以222DECEDC+=，即DEEC⊥，又因为1ACECC=，1AC、EC平面

1AEC，所以DE⊥平面1AEC，又1AE平面1AEC，所以1DEAE⊥，这与1π4DEA=矛盾，所以不存在某个位置，使1DEAC⊥，故③错误．故答案为：①②④.三、解答题（每题14分，共70分）17.如图，在四棱锥PABCD−中，PD⊥平面ABCD，底面ABC

D为正方形，E，F分别是AB，PB中点．（1）求证：//EF平面PAD；（2）求证：EFCD⊥．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由三角形中位线证得EFPA∥，结合线面平行的判定定理证明即可.（2）由线面垂直性质可得PDCD⊥，结合线面垂直判定定理可得CD⊥平面PAD，

再结合线面垂直性质、线线垂直性质证明即可.【小问1详解】因为E，F分别是AB，PB的中点，所以EFPA∥，又EF平面PAD，PA平面PAD，所以//EF平面PAD；【小问2详解】的因为PD⊥平面ABCD，CD平面ABCD，所以PDCD⊥，又因为底面ABCD为正方形，CD

AD⊥，=PDADD，PD、AD平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又PA平面PAD，所以CDPA⊥，由（1）知，EFPA∥，所以EFCD⊥．18.已知2()3sin22cosfxxx=+．（1）求()fx的最小正周期及单调递减区间；（2）求函数()fx在区间π[0,]2上的最大

值和最小值．【答案】（1）π，π2π[π,π]63kk++，Zk（2）max()3fx=，min()0fx=【解析】【分析】（1）结合二倍角公式及辅助角公式化简函数()fx，结合sinyt=图象与性质求解即可.（2）先求出π26x+的范围，结合sinyt=图象与性质

即可求得最值.【小问1详解】因为2π()3sin22cos3sin2cos212sin(2)16fxxxxxx=+=++=++，所以()fx的最小正周期2ππ2T==，令ππ3π2π22π262kxk+++，Zk，解得π2πππ63kxk+

+，Zk，所以()fx单调递减区间为π2π[π,π]63kk++，Zk．【小问2详解】因为π[0,]2x，所以ππ7π2[,]666x+，所以由函数图象性质知，当ππ262x+=，即π6x=时，max()3fx=；当π7π266x+=，即π2x=时，min()0fx=．19

.如图，四边形ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，//AFDE，3DEAF=．（1）求证：平面//BAF平面CDE；（2）求证：平面EAC⊥平面EBD；（3）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使

得//AM平面BEF，并证明你的结论．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）13BMBD=，证明见解析【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理得到//AF平面CDE，//AB平面CDE，再利用面面平行的判定定理，即可证明结果；（2）根据条件得到AC⊥平面EBD，再由

面面垂直的判定定理，即可证明结果；（3）构造平行四边形，利用线面平行的判定定理，即可证明结果.【小问1详解】因为//AFDE，AF面CDE，DE面CDE，所以//AF平面CDE，同理，//AB平面CDE，又AFABA=，,AFAB面BAF,所以平面//

BAF平面CDE.【小问2详解】因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD⊥，DE⊥平面ABCD，AC平面ABCD，ACDE⊥，BDDED=，,BDDE平面EBD，AC⊥平面EBD，AC平面EAC，所以平面EAC⊥平面EBD.【小问3详解】当13B

MBD=时，//AM平面BEF，理由如下：作MNED∥，则MN平行且等于13BD，//AFDE，3DEAF=，AF平行且等于MN，AMNF是平行四边形，//AMFN，AM平面BEF，FN平面BEF，//AM平面BEF.20.在ABC中，2sinsinsinABC=.（Ⅰ）

若π3A=，求B的大小；（Ⅱ）若1bc=，求ABC的面积的最大值.【答案】（1）π3B=，（2）．【解析】【详解】【分析】试题分析：（Ⅰ）因为2sinsinsin,ABC=由正弦定理可得2abc=，再利用余

弦定理得所以22222122abcbcbcbc=+−=+−即bc=，所以为等边三角形．所以π3B=（注：当然也可用化角来处理）；（Ⅱ）由已知可得21abc==．所以222221cos22bcabcAbc+−+−==21122bc−=，又3sin(0

,]2A．所以113sinsin224ABCSbcAA==113sinsin224ABCSbcAA==试题解析：（Ⅰ）方法一：因为2sinsinsin,ABC=且，所以2abc=．又因为π3A=，所以22222122abcbcbcbc=+−=+−．所以2()0b

c−=．所以bc=．因为π3A=，所以为等边三角形．所以π3B=．方法二：因为πABC++=，所以sinsin()CAB=+．因为2sinsinsinBCA=，π3A=，所以2ππsinsin()sin33BB+=．所以313sin(cossin)224BBB+=．所以311

cos23sin24224BB−+=．所以31sin2cos2122BB−=．所以πsin(2)16B−=．因为(0,π)B，所以ππ112(,π)666B−−．所以ππ262B−=，即π3B=．（Ⅱ）因为2sinsinsin,AB

C=1bc=，且，所以21abc==．所以222221cos22bcabcAbc+−+−==21122bc−=（当且仅当时，等号成立）．因为(0,π)A，所以π(0,]3A．所以3sin(0,]2A．所以113sinsi

n224ABCSbcAA==．所以当是边长为1的等边三角形时，其面积取得最大值．考点：三角函数的性质与解三角形21.对于数集{}12,,1,nXxxx=-，其中120nxxx，2n，定义向量集(

),,,YaastsXtX==，若对任意1aY，存在2aY使得120aa=，则称X具有性质P．（1）判断1,1,2−是否具有性质P；（2）若2x，且{}1,1,2,Xx=-具有性质P，求x的值；（3）若X具有性质P，求证：1X

且当1nx时，11x=．【答案】（1）具有性质P（2）4（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据集合新定义判断即可；（2）在Y中取()1,2ax=，根据数量积的坐标表示，求出可能的2a，再根据2x求出符合条件的值即可；（3）取()111,ax

xY=，()2,astY=，由120aa=，化简可得0st+=，所以,st异号，而1−是X中的唯一的负数，所以,st中之一为1−，另一个为1，从而得到1X，最后通过反证法得出1nx时，11x=.【小问1详解】1,1,2−具有性质P.因为1,1,2X=−，所以()(

)()()()()()()()1,1,1,1,1,2,1,1,1,1,1,2,2,1,2,1,2,2Y=−−−−−−，若对任意1aY，存在2aY使得120aa=，所以X具有性质P.【小问2详解

】因为2x，且1,1,2,Xx=−具有性质P，所以可取()1,2ax=，又Y中与()1,2ax=垂直的元素必有形式()()()1,1,1,2,1,x−−−中的一个，当()21,1a=−时，由120aa=，可得202xx-+=?，不符合题意；当()21

,2a=−时，由120aa=，可得404xx-+=?，符合题意；当()21,ax=−时，由120aa=，可得200xxx-+=?，不符合题意；所以4x=.【小问3详解】证明：取()111,axxY=，设()

2,astY=，满足120aa=，所以()100stxst+=+=，所以,st异号，因为1−是X中的唯一的负数，所以,st中之一为1−，另一个为1，所以1X，假设1kx=，其中1kn，则101nxx，选取()11,nbxx=，并设()2,bpq=，满足1

20bb=，所以10npxqx+=，则,pq异号，从而,pq之中恰有一个为1−，若1p=−，则1nxqx=，显然矛盾；若1q=−，则1nnxpxpx=，矛盾，所以当1nx时，11x=，综上，得证.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解集合的新定义，并用向量的数量积为零时坐标

表示出所求的参数值.