2024北京八十中高一（下）期中数学试题及答案

试题PAGE1试题2024北京八十中高一（下）期中数学班级______姓名______考号______（考试时间120分钟满分150分）提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答．一、选择题共10小题，每小题5分，共50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.下列叙述中，错误的一项为（）A.棱柱的面中，至少有两个面相互平行B.棱柱的各个侧面都是平行四边形C.棱柱的两底面是全等的多边形D.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面2.已知，则的虚部为（）A.1 B. C. D.3.设是非零向量，λ是非零实数，下列结论中正确的是（）A.与的方向相反 B.与的方向相同C. D.4.如图正方形边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是多少？（）A.4 B.8 C.12 D.165.陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗.图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中分别是上､下底面圆的圆心，且，底面圆的半径为2，则该陀螺的体积是（）A. B. C. D.6.设是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题正确的是（）A.若，，则B.若，则内的任何直线都与平行C.若，，则D.若，，则7.在中，，则是（）A.等边三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等腰直角三角形8.复数满足，则的范围是（）A. B. C. D.9.已知,是平面内两个非零向量，那么“∥”是“存在，使得”的（）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10.已知点P在棱长为2的正方体表面运动，且，则线段AP的长的取值范围是（）A. B. C. D.二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．11.若复数z在复平面内对应的点位于第二象限，且，则z等于______．（写出一个即可）12.如图，在正方体中，直线与平面所成角的正切值为______.13.已知向量，，若，则___________.14.在中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边．若，则___________．15.定义运算，则符合条件的复数_______．16.如图，在正四棱柱中，底面是正方形，且，，经过顶点A和各作一个平面与平面平行，前者与平面交于，后者与平面交于，则异面直线与所成角的余弦值为______.三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．17.中的内角的对边分别是，若，．（1）求；（2）若，点D为边BC上一点，且，求的面积．18.如图，六棱锥的底面是边长为1的正六边形，平面，.（1）求证：直线平面；（2）求证：直线平面；（3）求直线与平面所的成角.19.如图，在长方体中，，分别是线段，的中点.（1）证明：平面；（2）若，直线与所成角的余弦值是，求四面体的体积.20.从①，②，③这三个条件中选一个补充在下面的问题中，使问题中的三角形存在，并完成第（1）、（2）问．问题：在中，它的内角的对边分别为，______，且，．（1）求出的值；（2）求的面积．注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．21.我们学过二维的平面向量，其坐标为，那么对于维向量，其坐标为.设维向量的所有向量组成集合.当时，称为的“特征向量”，如的“特征向量”有，，，.设和为的“特征向量”，定义.（1）若，，且，，计算，的值；（2）设且中向量均为的“特征向量”，且满足：，，当时，为奇数；当时，为偶数.求集合中元素个数的最大值；（3）设，且中向量均为的“特征向量”，且满足：，，且时，.写出一个集合，使其元素最多，并说明理由.

参考答案一、选择题共10小题，每小题5分，共50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.【答案】D【分析】根据棱柱的定义，判断出命题错误的选项.【详解】定义1：上下底面平行且全等，侧棱平行且相等的封闭几何体叫棱柱.定义2：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，这些面围成的几何体叫棱柱；正4棱柱，正6棱柱中，相对的侧面都是互相平行的平面，故D错；故选D.【点睛】本小题主要考查棱柱的定义，考查棱柱的几何特征，属于基础题.2.【答案】A【分析】利用复数的乘方及复数除法运算求出复数，再求出即可得解.【详解】由，得，则，所以的虚部为1.故选：A3.【答案】B【分析】由平面向量的基本概念及数乘运算一一判定即可.【详解】对于A，当时，与的方向相同，当时，与的方向相反，故A不正确；对于B，显然，即B正确；对于C，，由于与1的大小不确定，故与的大小关系不确定，故C不正确；对于D，是向量，而表示长度，两者不能比较大小，故D不正确．故选：B4.【答案】D【分析】根据直观图和原图的关系求得正确答案.【详解】在直观图中，，所以在原图中，如下图所示，，，所以原图形的周长是.故选：D5.【答案】D【分析】根据圆锥与圆柱的体积公式，可得答案.【详解】已知底面圆的半径，由，则，故该陀螺的体积.故选：D.6.【答案】B【分析】根据面面平行性质、线面平行性质等相关知识求解即可.【详解】因为，，则或相交或异面，故A错误；由面面平行的性质可知，若，则内的任何直线都与平行,故B正确；若，，则或，故C错误；若，，则或，故D错误．故选：B7.【答案】A【分析】根据向量加减法法则及模的定义判断.【详解】因为，，，，所以，所以是等边三角形．故选：A．8.【答案】D【分析】设，先由复数的运算结合相关概念可得，再根据复数的模运算求解.【详解】设，则，由题意可得：，解得，则.故选：D.9.【答案】C【分析】根据向量的模长关系以及共线，即可结合必要不充分条件进行判断.【详解】若∥，则则存在唯一的实数μ≠0，使得故，而，存在λ使得成立，所以“∥”是“存在，使得”的充分条件，若且，则与方向相同,故此时∥，所以“∥”是“存在，使得的必要条件，故∥”是“存在，使得|的充分必要条件，故选:C10.【答案】D【分析】作出正方体的对角线的中垂面截正方体所得截面多边形，再分段求出的长范围作答．【详解】点在棱长为2的正方体表面运动，且，则点的轨迹是线段的中垂面截正方体所得截面多边形，分别取棱，，，，，的中点，，，，，，则，因此四边形均为棱长为的菱形，所以平面，因此点，，，，，在线段的中垂面上，点的轨迹是六边形，如图，当点在线段上时，若点为线段中点，有，于是点为线段上任意一点，，当点在线段上时，为钝角，则，即，当点在线段上时，，为钝角，则，即，当点在线段上时，由，边上的高为，此时，由对称性知，当点在折线上时，，所以线段的长的取值范围是．故选：D．【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．11.【答案】（答案不唯一）【分析】根据复数模的运算公式，结合复数在复平面内对应的点的特征进行求解即可.【详解】设，，因为复数在复平面内对应的点在第二象限，所以，，又因为，所以，显然当时，符合题意，故答案为：（答案不唯一）12.【答案】【分析】根据正方体性质及线面角定义求解.【详解】设正方体的棱长为1，在正方体中，平面，故在平面上的射影为，所以为直线与平面所成角，故.故答案为：13.【答案】【分析】利用共线向量的坐标表示及模的坐标表示计算即得.【详解】向量，，，则，解得，即，所以.故答案为：14.【答案】【分析】根据角的比例可以计算出各角的角度，然后利用正弦定理即可求解.【详解】解：由题意得：因为，且所以．由正弦定理可得．故答案为：15.【答案】【分析】由定义建立等量关系，设，代入由复数相等计算求解即可.【详解】由题意得．设，则，所以，解得，所以．故答案为：.16.【答案】【分析】利用平面与平面平行的性质定理，得，，求与所成的角的余弦值即为所求.【详解】设平面平面，因为平面，所以，又因为平面平面，且平面平面，所以，，因为平面平面，且平面平面，同理可证，异面直线与所成的角即所成的在正四棱柱中，底面是正方形，且，，，，所以异面直线与所成的角的余弦值为.故答案为：.三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．17.【答案】（1）（2）【分析】（1）根据二倍角以及正弦定理可得，即可根据余弦的二倍角公式求解，（2）根据余弦定理可得，即可根据同角关系得，由面积公式即可求解.【小问1详解】∵，∴，在中，由正弦定理得，，又，∴，∴；【小问2详解】∵，，∴，由余弦定理得，，则，化简得，，解得或（负值舍去），∵，∴，∵，，∴，∴的面积．18.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【分析】（1）通过证明结合线面平行判定定理可证；（2）由勾股定理证得，再结合可证；（3）先说明即为直线与平面所的成角，再求得正切值可解.【小问1详解】证明：∵正六边形，∴，，∴，∴，∵平面，平面，∴直线平面.【小问2详解】在中，，易得，在中，，，∴,∴，因为平面，平面，故，∵,平面，故直线平面.【小问3详解】∵平面，∴即为直线与平面所的成角，在中，，，∴，∴，即为直线与平面所的成角为.19.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】(1)设为的中点，连接、，则、，利用面面平行的判定定理即可证明；(2)由（1）知是异面直线与所成角，解三角形得，结合三棱锥的体积公式计算即可.【小问1详解】设为的中点，连接，，则，，又平面，平面，平面，所以平面，平面，又平面，所以平面平面，又平面，所以平面；【小问2详解】由（1）知，是异面直线与所成角，所以，在中，因为，.所以，因此.20.【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析【分析】（1）根据，得，即可根据余弦定理求解，即可根据条件①求解，根据正弦定理可得，即可根据余弦定理求解，即可求解条件②，利用正弦定理边角互化得，根据余弦定理可得矛盾即可求解条件③，（2）根据三角形面积公式即可求.【小问1详解】若选①：∵，∴．∵，∴，．∵，，∴．符合，故存在满足条件的．若选②：由正弦定理，得，∵，∴．∵，∴．∵，∴，∴．由，解得：．符合，故存在满足条件的．若选③∵，∴，由，所以，由于，所以，但，故此时不存在，【小问2详解】由（1）知：若选①时，此时，，．所以，若选②时，此时，，．所以，21.【答案】（1），；（2）4；（3）.【分析】（1）根据定义直接计算即可得出答案；（2）根据题意，得仅有1个1或3个1，再分仅有1个1时，仅有3个1时，时，三种情况分类讨论即可得出结论；（3）根据时，，则，得只有3种情况，，