2024北京东直门中学高一（下）期中数学试题及答案

试题PAGE1试题2024北京东直门中学高一（下）期中数学2024.04考试时间：120分钟总分：150分第一部分一、选择题：1.复数的虚部为A.2 B.1 C.-1 D.-i2.有一个多面体，由五个面围成，只有一个面不是三角形，则这个几何体为（）A.四棱柱 B.四棱锥C.三棱柱 D.三棱锥3.在△中，角，，所对的边分别为，，，且，则△的形状为（）A.直角三角形 B.等腰或直角三角形C.等腰三角形 D.等边三角形4.下列函数中，最小正周期为的奇函数是（）A. B.C. D.5.设向量，则“”是“”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6.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.D.7.函数的图像（）A.关于原点对称 B.关于轴对称C.关于直线对称 D.关于点对称8.下列说法正确的是（）A.棱台的侧棱长都相等B.棱锥被平面截成的两部分是棱锥和棱台C.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形D.棱台的两个底面相似9.已知点，，若，则点的坐标为（）A. B. C. D.10.由下列条件解，其中有两解的是（）A. B.C. D.11.已知边长为的正方形，点是边上动点，则的最大值是（）A. B. C. D.12.将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在上单调递减，则的最大值为（）A. B. C. D.第二部分二、填空题13.与向量方向相反的单位向量是________.14.__________．15.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则__________．16.已知向量，，则向量在向量的方向上的投影向量的坐标为______．17.已知矩形中，，当每个取遍时，的最小值是_____，最大值是_______．18.已知为常数，，关于的方程有以下四个结论：①当时，方程有2个实数根；②存在实数，使得方程有4个实数根；③使得方程有实数根的的取值范围是；④如果方程共有个实数根，记的取值集合为，那么，.其中，所有正确结论的序号是___________.三、解答题：19.已知函数．（1）若，求的值；（2）若，且，求．20.在中，．（1）求；（2）若，，求．21.已知向量.（1）求；（2）设的夹角为，求的值；（3）若，求实数的值.22.已知向量与的夹角为，且，（1）求的值．（2）在三角形中，，且，求23.设，其中.（1）当时，求x的值；（2）求的单调递增区间；（3）若关于x的方程有两个解，求实数m的取值范围．24.在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，作，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为；当，共线时，规定．（1）分别根据下列已知条件求：①，；②，；（2）若向量，求证：；（3）若A，B，C是以О为圆心的单位圆上不同的点，记，，．（i）当时，求的最大值；（ii）写出的最大值．（只需写出结果）

参考答案第一部分一、选择题：1.【答案】C【详解】试题分析：复数的虚部为－1，故选C．考点：复数的概念．2.【答案】B【分析】根据棱锥的定义判断即可.【详解】有一个面是多边形，其余四个面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，故根据棱锥的定义可知，几何体有四条侧棱，该几何体是四棱锥.故选：B3.【答案】C【分析】首先利用正弦定理，化边为角，结合三角恒等变换化简，再利用正弦函数性质确定角的关系，从而进一步确定三角形的形状.【详解】根据题意及正弦定理得，即，所以，又，所以，所以三角形是等腰三角形.故选：.4.【答案】C【分析】利用二倍角公式及正（余）弦函数的性质判断即可；【详解】解：对于A：最小正周期为，故A错误；对于B：，则，故为偶函数，故B错误；对于C：，最小正周期，且为奇函数，故C正确；对于D：，最小正周期为的偶函数，故D错误；故选：C5.【答案】B【分析】利用平面向量的模长公式、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】充分性：取，，则，此时，但，充分性不成立；必要性：若，则，所以，必要性成立.因此，“”是“”的必要而不充分条件.故选：B.6.【答案】A【分析】先根据函数图象得到周期求出，然后代入特殊点求值即可.【详解】由题图可知函数的周期，又，则，所以，将，代入解析式中得，则，，解得，，因为，则.故选：A.7.【答案】A【分析】利用二倍角余弦公式化简，注意定义域，进而判断奇偶性，代入法验证对称轴和对称中心.【详解】由题设，且，所以为奇函数，关于原点对称，A正确，B错误；，关于对称，C错误；，关于对称，D错误；故选：A8.【答案】D【分析】对于AD，根据棱台的定义判断，对于B，由棱锥的性质判断，对于C，由棱柱的性质判断.【详解】由棱台的定义知棱台的侧棱长不一定都相等，而棱台的两个底面相似，所以不正确，正确；若平面沿棱锥的高去截，则棱锥被平面截成的两部分可能都是棱锥，不正确；棱柱的侧棱都相等且相互平行，且侧面是平行四边形，但侧面并不一定全等，不正确，故选：D9.【答案】A【分析】设，由列方程可求出，从而可得答案【详解】由，，得，设，则，因为，所以，解得，所以点的坐标为，故选：A10.【答案】C【分析】只有是已知两边及一边的对角，且已知角为锐角才可能出现两解，此时先求另一边所对的角，再结合边角关系来判断解的个数【详解】对于A，,由正弦定理可得,由和可知和只有唯一解,所以只有唯一解，所以A错误；对于B，由余弦定理可知只有唯一解，由余弦定理可得,又且在上单调递减，所以只有唯一解，同理可知也只有唯一解，所以只有唯一解，所以B错误；对于C，由正弦定理可得,所以,由可知，因此满足的有两个，所以有两解，所以C正确；对于D.由余弦定理可知只有唯一解，由余弦定理可得,又且在上单调递减,所以只有唯一解，同理可知也只有唯一解，所以只有唯一解,所以D错误故选：C11.【答案】B【分析】建立平面直角坐标，设，，利用坐标法表示，再根据二次函数的性质计算可得.【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，设，，则，，所以，所以当或时取得最大值.故选：B12.【答案】D【分析】由题得，，在上单调递减，得即可解决.【详解】由题知，将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，因为，所以，因为在上单调递减，所以，所以，所以的最大值为1.故选：D第二部分二、填空题13.【答案】【分析】利用单位向量及相反向量的意义计算作答.【详解】与向量方向相反的单位向量是.故答案为：14.【答案】【分析】由诱导公式和二倍角的余弦公式进行化简可得答案.【详解】.故答案为：.15.【答案】【分析】先求出，再根据复数的除法运算求解即可.【详解】因为复数对应的点的坐标是，所以，则，故答案为：16.【答案】【分析】由于已知向量,利用一个向量在另一个向量上投影向量的定义即可求得.【详解】向量,而向量在向量的方向上的投影为，,,向量在向量的方向上的投影为:;故向量在向量的方向上的投影向量为.故答案为：.17.【答案】①.0②.【分析】建立直角坐标系，向量坐标化求模长的最值即可【详解】建立如图所示坐标系：,则由题意若使模长最大，则不妨设为则当时模长最大为当时模长最小值为0故答案为：0；【点睛】本题考查向量坐标化的应用，建立坐标系是关键，考查推理能力，考查计算与推理能力，是难题18.【答案】①②④【分析】由可得：，令，所以方程变为：，所以关于的方程有根问题就转化为与，的交点个数，对选项一一分析即可得出答案.【详解】由可得：，令，所以方程变为：，所以关于的方程有根问题就转化为与，的交点个数.对于①，当时，方程变为：，则，则设方程的两根为，，而与，的图象有2个交点，故①正确；对于②，当时，方程有4个实数根，故②正确.对于③，当时，方程为，则，所以，则与，的图象有2个交点，所以③不正确；对于④，当时，方程为，解得：，则则与，的图象有2个交点，与，的图象有1个交点，故关于的方程有3个实根.当时，方程为，解得：，则则与，的图象有1个交点，与，的图象没有个交点，故关于的方程有1个实根.所以④正确.故选：①②④三、解答题：19.【答案】（1）（2）【分析】（1）利用辅助角公式化简，然后代入即可求解；（2）利用辅助角公式化简，其中，由已知结合诱导公式可知，再利用二倍角公式即可得解.【小问1详解】由题设，函数【小问2详解】由题设，函数，其中若，则，即，即，所以利用二倍角公式20.【答案】（1）（2）【分析】（1）利用余弦定理计算可得；（2）利用正弦定理计算可得；【小问1详解】解：因为，即由余弦定理，因为，所以；【小问2详解】解：因为，，，由正弦定理，即，所以；21.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）利用向量的线性运算的坐标表示求解；（2）利用向量的夹角的坐标表示求解；（3）利用向量平行的坐标表示求解.【小问1详解】因为向量，所以；【小问2详解】由题意得，，故.【小问3详解】因为向量，所以，.因为，所以.解得：.22.【答案】（1）（2）【分析】（1）将两边平方，结合数量积公式化简求解即可；（2）以，为基底化简，再根据数量积公式求解即可【小问1详解】即，故，故，因为故【小问2详解】因为，故，故，即23.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）运用向量垂直的坐标结论可解；（2）数量积的坐标运算，后整体代入即可求单调递增区间；（3）参变分离后转化为两个函数的交点，结合图像可解.【小问1详解】由题意得,，则，则，则.【小问2详解】，令，解得，又，则，故的单调递增区间.【小问3详解】若关于x的方程有两个解，即有两个解，即与在上有两个交点.画出在上的图象如下.当，，则实数m的取值范围为.24.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（