2024北京牛栏山一中高一（下）期中数学试题及答案

试题PAGE1试题2024北京牛栏山一中高一（下）期中数学（120分钟）2024.05第一部分（填空题共65分）一、填空题共15小题，其中1-10题，每小题4分，11-15题，每小题5分，共65分，把答案填在答题卡相应位置上．1.复数在复平面内对应的点的坐标为______．2.已知平面向量与共线，则______．3.设为复数，且（为虚数单位），则______．4.已知平面直角坐标系中，O是坐标原点，，将绕O点逆时针旋转弧度得到，则点B的坐标为______．5.若函数的部分图像如图所示，，则的最小值为______．6.已知平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E为线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若，，则______，______（答案用含，的式子表示）．7.已知非零向量，，满足：，，，，则______．8.已知正方体的棱长为2，过体对角线的平面分别交棱，于F，E（如下图所示），则四边形面积的最小值为______．9.已知平面向量，，满足，，则与的夹角为______．10.设常数使方程在闭区间上恰有三个不同的解，则实数的取值为___________.11.写出一组使得不等式成立的，，其中______，______．12.若函数在区间上为单调函数，且图象关于直线对称，则函数的最小正周期为______．13.从正方体的12条面对角线中选出k条，使得这k条面对角线所在直线两两异面，则k的最大值为______．14.我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形，如图1，在一个棱长为2r的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖（如图2），我国南北朝时期数学家祖暅基于“势幂既同则积不容异”这一观点和对牟合方盖性质的研究，推导出了球体体积公式．设平行于水平面且与水平面距离为的平面为，则平面截牟合方盖所得截面的形状为______（填“正方形”或“圆形”），设半径为r的球体体积为，图2所示牟合方盖体积为，则______．15.在边长为1的正六边形中，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为，，，，，以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为，，，，．记，为的两个三元子集，则的最大值为______；的最小值为______．第二部分（简答题共85分）二、解答题共6道题，共85分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．16.已知三角形中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，．（1）求证：角B为钝角；（2）若，，求三角形的面积．17.设函数．（1）求函数的最小正周期；（2）若在上的值域为，①若，求m值；②若，求m的取值范围．（①②两问直接写出答案）18.已知复数，，其中．（1）求的值；（2）求的最大值并说明取得最大值时的取值集合．19.已知实数x，y满足方程．（1）求的值；（2）设与是方程组两组不同的解，其中．求证：．20.已知，其中．（1）当，时，①任意写出的一条对称轴；②求证：；（2）若对任意，，求所能取到的最小值和最大值，并说明理由．21.已知为实数集的一个非空子集，称是一个加法群，如果连同其上的加法运算满足如下四条性质：①，；②，；③，，使得；④，，使得．例如是一个无限元加法群，是一个单元素加法群．（1）令，，分别判断，是否为加法群，并说明理由；（2）已知非空集合，并且，有，求证：是一个加法群；（3）已知非空集合，并且，有，求证：存在，使得．

参考答案第一部分（填空题共65分）一、填空题共15小题，其中1-10题，每小题4分，11-15题，每小题5分，共65分，把答案填在答题卡相应位置上．1.【答案】【分析】根据复数除法直接进行计算结合复数几何意义即可求解.【详解】因为，所以该复数在复平面内对应的点的坐标为.故答案为：.2.【答案】【分析】根据向量共线的坐标表示求解即可.【详解】因为平面向量与共线，所以，即，故答案为：3.【答案】【分析】令，根据复数的运算法则和复数相等的条件求解即可.【详解】令，则根据题意可得，所以，即，所以，解得，所以，故答案为：4.【答案】【分析】由题意先确定模长与x轴夹角，进而确定模长与x轴夹角即可求解.【详解】由题意，所以与x轴夹角正弦值为，故，所以由题意与x轴夹角为，又，所以.故答案为：.5.【答案】3【分析】通过图象确定点与点相差,即可求的取值范围.【详解】因为部分图象如图所示，且，，又因为，所以点与点相差,故,

所以,所以的最小值为3.故答案为：3.6.【答案】①.②.【分析】对于，在中运用向量加法法则计算即可；对于，先利用共线定理确定与关系即可根据几何图形边的关系即可求解.【详解】由题；设，因为,因为三点共线，所以，所以.故答案为：；.7.【答案】【分析】由，不妨设，再由，求得的坐标求解.【详解】解：因为，，不妨设，，由，得；由，得；所以，故答案为：8.【答案】【分析】过点作交于，设，通过求解即可.【详解】过点作交于，设.由题意知正方体棱长为2，即得.因为正方体对面平行，所以截面为平行四边形，则，当取最小值时四边形的面积最小.易知的最小值为直线与直线间的距离.当为的中点时，,与取等，即,所以为等腰三角形，所以为中点.即.取中点,连接.所以，且,所以,所以四边形为矩形.所以所以所以.取得最小值，，所以.故四边形面积的最小值为.故答案为：.9.【答案】【分析】根据条件求出，接着根据条件以及向量夹角余弦公式求解即可.【详解】由题，且，所以，所以，又，所以，即与的夹角为.故答案为：.10.【答案】【分析】利用辅助角公式得到方程的解的个数即为在上直线与三角函数图象的交点的个数，画出图象，数形结合得到当且仅当时，直线与三角函数图象恰有三个交点，得到答案.【详解】∵，∴方程的解即为在上直线与三角函数图象的交点的横坐标，∵，∴，令，画出函数在上的图象，如下：由图象可知当且仅当时，直线与三角函数图象恰有三个交点.故答案为：11.【答案】①.②.(答案不唯一)【分析】任取，验证是否满足即可得到结果.【详解】在区间内，取.则.，故，符合要求故答案为：;(答案不唯一).12.【答案】##【分析】由函数的对称轴及单调性确定的值，进而确定函数的解析式，即可求最小正周期.【详解】因为函数在区间上为单调函数，且图象关于直线对称，所以，且，解得，所以，所以函数的最小正周期为.故答案为：.13.【答案】4【分析】先依次选定第一条、第二条面对角线结合正方体结构特征进行分析即可求解.【详解】如图，在面中选定一条面对角线，由正方体结构特征剩余五个面内均只剩一条面对角线与异面，但当继续选定第二条面对角线时，面与面中与异面的直线均与面对角线相交，故不符合，所以最终只剩最后两个面的对角线可以与和两两异面，故k的最大值为4.故答案为：4.14.【答案】①.正方形；②.##【分析】由牟盒方盖的定义以及祖暅原理求出“牟合方盖”体积即可得解.【详解】牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们，所得的截面均为正方形，根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，所以正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，而正四棱锥体的体积，则图1中的八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积所以个牟合方盖的体积，则整个牟合方盖的体积为，又半径为的球体体积为，所以，故答案为：正方形；.15.【答案】①.5②.【分析】由“两个向量模长越大、夹角越小则两个向量的和向量的模长越大”结合可知正六边形结构特征可知的最大值为；由空1以及数量积概念可知对于，当与达到最大时与此时方向相反，故此时达到最小值.【详解】根据向量加法平行四边形法则以及几何意义可知：当两个向量夹角为锐角时，两个向量模长越大、夹角越小则两个向量的和向量的模长越大.所以由正六边形结构特征可知的最大值为，连接正六边形交于点G，则由正六边形结构特征可知为正三角形，为其边上的中线，且由正六边形结构特征，，，所以由题意以及余弦定理得：即，所以，，，所以，故由向量加法法则；由空1可知当时最大，同理时最大，与此时方向相反，故此时达到最小值为.故答案为：5；.【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于明确的最大值为和的最大值为.第二部分（简答题共85分）二、解答题共6道题，共85分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．16.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）由余弦定理以及三角形中角的范围为即可证明.（2）根据已知条件依次求出角A、B、C，接着由正弦定理面积公式即可求解.【小问1详解】因为，所以由余弦定理得，又，所以角B为钝角.【小问2详解】若，则由（1）可知，故，又，则由正弦定理得，又由（1）可知，故，所以，所以.故三角形的面积为.17.【答案】（1）（2）①；②【分析】（1）利用倍角公式及两角差的正弦函数公式化简可得解析式：，利用周期公式即可得解；（2）由已知的范围可得，，结合已知函数值域，结合正弦函数的性质可分别求解①②.【小问1详解】，.【小问2详解】①时，由，可得，若函数的值域为，则，即；②若函数值域为，则解得：，故m的范围为.18.【答案】（1）3（2）；【分析】（1）根据共轭复数概念以及复数乘法规则运算即可.（2）根据复数的模长和复数的乘法运算结合降幂公式即可求解.【小问1详解】由题；，所以.【小问2详解】由题得，又，所以当即时，取得最大值为，故最大值为，此时的取值构成的集合为.19.【答案】（1）2.（2）证明见解析.【分析】（1）利用已知条件化简可得.(2)两方程联立进行两次消元得到一个关于的方程，一个关于的方程，利用韦达定理求证.【小问1详解】【小问2详解】由得：代入方程可得：，整理得：，有韦达定理可得：；由得：代入方程可得：，整理得：，由韦达定理可得：.所以，因为，所以得证.20.【答案】（1）①一条对称轴为（答案不唯一），②证明见解析.（2）最小值，最大值2.【分析】（1）利用二倍角公式转化为一元二次函数问题，判断函数的对称性和周期即可.（2）根据（1）所得周期和对称性，令，则且，求对应范围，讨论的范围，结合，及（1）结论确定最值.【小问1详解】①由，则，显然，且，，所以为偶函数且关于对称，周期为，所以一条对称轴为（答案不唯一，）.②令，则，故，所以，则得证.【小问2详解】由题设，同（1）作换元，则，则，故，当，则在上恒成立，故，即，此时；当，令，则，而，，若，必有，不合题设；若，必有，不合题设；结合（1）结论时，故最大值为2，再由时，故最小值为1.综上，所能取到的最小值和最大值2.21.【答案】（1）是加法群，不是加法群（2）证明见解析（3）证明见解析【分析】（1）根据集合表示所有偶数，集合表示所有奇数，结合群的定义，判断是否满足条件即可；（2）取时，，进而判断①④即可；（3）根据性质①和已知可得，设，且不能被整除，利用反证法证明即可.【小问1详解】集合表示所有偶数，满足①任意两个偶数相加仍是偶数，②加法结合律，③，④偶数的相反数仍是偶数，所以是加法群；集合表示所有奇数，满足②加法结合律，④奇数的相反数仍是奇数，不满足①任意两个奇数相加仍是奇数，②，所以不是加法群.【小问2详解】因为非空集合，所以满足②结合律，根据题意可知当时，，满足条件③，则，有，满足④，所以有，满足①，综上满足①②③④，是一个加法群.【小问3详解】由（2）可是是一个加法群，证明存在