北京市北京汇文中学教育集团2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份北京市北京汇文中学教育集团2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版），共16页。试卷主要包含了 化简， 下列各式中值为的是， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.
一､选择题：共10小题，每小题4分，共40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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则实数（ ）
A. 1B. C. 2D.
2. 化简：（ ）．
A. B. C. D.
3. 下列各式中值为的是（ ）
A. B.
C. D.
4. 某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
5. 正方体上的点M，N，P，Q是其所在棱的中点，则下列各图中直线MN与直线PQ是异面直线的图形是（ ）
A. B.
C. D.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知向量，将向量绕坐标原点O逆时针旋转角得到向量（），则下列说法不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
8. 伟大的科学家阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球，圆柱的体积比为（ ）
A. B. C. D.
9. 已知平面向量，，，是单位向量，且，则“”是“”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
10. 向量集合，对于任意，以及任意，都有，则称集合是“凸集”，现有四个命题：
①集合是“凸集”；
②若为“凸集”，则集合也“凸集”；
③若都是“凸集”，则也是“凸集”；
④若都“凸集”，且交集非空，则也是“凸集”.
其中，所有正确说法的个数为（ ）
A 4B. 3C. 2D. 1
二､填空题：共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知是虚数单位，复数的共轭复数为，则复数的模长__________.
12. 已知正方体中，点为线段上的动点，点为线段上的动点，则与线段相交且互相平分的线段有__________条.
13. 在如图所示的方格纸中，向量的起点和终点均在格点（小正方形顶点）上，若与（x，y为非零实数）共线，则的值为_____________．
14. 如图，某八角楼空窗的边框呈正八边形.已知正八边形的边长为是线段的中点，为正八边形内的一点（含边界），则的最大值为__________.
15. 已知满足三个条件，其中两个条件分别是：，．若这样的恰好有2个，则第三个条件可以是_________（选出所有符合要求的答案的序号）
①，②，③是等腰三角形，④是直角三角形
三､解答题：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. 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上，且AD＝4DC.
（1）求BD的长；
（2）求sin∠BDC的值.
17. 已知向量，．
（1）若，求的值；
（2）若，求与的夹角；
（3）若与的夹角是钝角，求实数k的取值范围．
18. 如图为函数的部分图象.
（1）直接写出函数的解析式；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值；
（3）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若方程在上恰有1个实数根，求实数的取值范围.
19. 已知函数，．
（1）设是函数图象的一条对称轴，求的值．
（2）求函数的单调递增区间．
20. 已知内角的对边为，且
（1）求;
（2）若的面积为
①已知为的中点，且，求底边上中线的长;
②求内角的角平分线长的最大值.
21. 给定正整数，设为n维向量的集合.对于集合M中的任意元素和，定义它们的内积为.
设.且集合，对于A中任意元素，，若则称A具有性质.
（1）当时，判断集合是否具有性质？说明理由；
（2）当时，判断是否存在具有性质的集合A，若存在求出，若不存在请证明；
（3）若集合A具有性质，证明：
北京汇文中学教育集团2024-2025学年度第二学期期中考试
高一年级数学学科
本试卷共6页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.
一､选择题：共10小题，每小题4分，共40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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则实数（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的乘法运算公式对已知式子进行整理，结合所给点的坐标即可求出.
【详解】解：，由题意知，对应的点的坐标为，则，
故选:D.
【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了已知复数对应点坐标求参数，属于基础题.
2. 化简：（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用向量加减法则化简即可得答案.
【详解】因为.
故选：C
3. 下列各式中值为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二倍角的正弦公式可得A正确；由二倍角的余弦公式可得B正确，C错误；由同角的三角函数关系可得D错误.
【详解】A：，故A错误；
B：，故B正确；
C：，故C错误；
D：，故D错误
故选：B.
4. 某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出该圆锥底面圆的半径为r，再利用勾股定理求出母线长，代入表面积公式求解即可.
【详解】由圆锥高为，母线与底面所成的角为，得圆锥底面圆半径，
母线，所以圆锥的表面积.
故选：A
5. 正方体上的点M，N，P，Q是其所在棱的中点，则下列各图中直线MN与直线PQ是异面直线的图形是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正方体的性质结合三角形中位线定理逐个分析判断
【详解】对于A，如图，连接，因为分别是正方体的棱的中点，所以∥，∥，所以∥，所以与共面，所以A不合题意，
对于B，因为平面∥平面，平面，平面，所以与无公共点，因为与不平行，所以与是异面直线，所以B符合题意，
对于C，如图，连接，因为分别是正方体的棱的中点，所以∥，∥，因为∥，所以∥，所以四点共面，所以与不是异面直线，所以C不合题意，
对于D，如图，连接，因为分别是正方体的棱的中点，所以∥，∥，所以∥，所以D不合题意，
故选：B
6. 已知，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用同角公式求出，再利用和角的正切公式求解.
【详解】由，得，则，
所以.
故选：A
7. 已知向量，将向量绕坐标原点O逆时针旋转角得到向量（），则下列说法不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得到四边形OACB为菱形，且，由两边之和大于第三边判断A选项，利用余弦定理求出B选项，利用模的平方求出模的范围，判断C选项，利用数量积为0判断D选项.
【详解】由题意得：，四边形OACB为菱形，且，由两边之和大于第三边，可得：，A正确；
因为，所以，故，所以，B正确；
，则，，则，故，C错误；
，故，D正确.
故选：C
8. 伟大的科学家阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球，圆柱的体积比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆锥、球和圆柱的体积公式求解即可；
【详解】设球的半径为，则圆锥的底面半径为，高为，圆柱底面半径为，高为，
圆锥体积：，球的体积 ，圆柱的体积 ，
即圆锥、球、圆柱的体积比为
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了求圆锥，圆柱和球的体积，解题的关键是审清题意，找到球，圆锥，圆柱的半径及高的关系，考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力，属于一般题.
9. 已知平面向量，，，是单位向量，且，则“”是“”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】D
【解析】
【分析】根据题意不妨设，举反例结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为平面向量，，，是单位向量，且，
不妨设，
若，例如，
满足，但，即充分性不成立；
若，例如，
满足，但，即，即必要性不成立；
综上所述：“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
10. 向量集合，对于任意，以及任意，都有，则称集合是“凸集”，现有四个命题：
①集合是“凸集”；
②若为“凸集”，则集合也是“凸集”；
③若都是“凸集”，则也是“凸集”；
④若都是“凸集”，且交集非空，则也是“凸集”.
其中，所有正确说法的个数为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定“凸集”的定义，结合集合的运算及利用举反例的方法推理判断各个命题即可
【详解】依题意，若对于任意，线段上任意一点，都有，则集合是“凸集”，
对于①，，若对于任意满足，则，
由函数的图象知，对线段上任意一点，都有，即，为“凸集”，①正确；
对于②，若为“凸集”，则对于任意，此时，其中，
对于任意，，为“凸集”，②正确；
对于③，若，，
任取，，
则对于任意任意，，集合是“凸集”，
任取，，
则对于任意任意，，集合是“凸集”，
取，，但，不是“凸集”，③错误；
对于④，若都“凸集”， 则对于任意，
任意，则，且，
则，也是“凸集”，④正确，
所以所有正确说法的个数为3.
故选：B
二､填空题：共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知是虚数单位，复数的共轭复数为，则复数的模长__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数除法求出，再利用共轭复数及复数模的意义求解.
【详解】依题意，，则，
所以.
故答案为：
12. 已知正方体中，点为线段上的动点，点为线段上的动点，则与线段相交且互相平分的线段有__________条.
【答案】1
【解析】
【分析】根据给定条件，利用平面的基本事实确定点的位置，再作图确定的位置作答.
【详解】在正方体中，，而平面，即有平面，

又与线段相交，则交点必在直线上，而平面，于是平面，平面，
而，平面，即平面，而平面平面，
因此，即点为的交点，又线段与互相平分，
取的中点，连接并延长交于，显然，于是为的中点，
所以当点与重合，点与重合时，与线段相交且互相平分，这样的直线只有1条.
故答案为：1
13. 在如图所示的方格纸中，向量的起点和终点均在格点（小正方形顶点）上，若与（x，y为非零实数）共线，则的值为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意易得每个向量的坐标，由向量共线可得和的关系式，变形可得答案．
【详解】解：设图中每个小正方形的边长为1，
则，，，
，
与共线，
，
，即.
故答案为：.
14. 如图，某八角楼空窗的边框呈正八边形.已知正八边形的边长为是线段的中点，为正八边形内的一点（含边界），则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，结合图形，利用向量数量积的几何意义，数形结合求得答案.
【详解】过点作直线，交于点，，如图，
，
其中是在直线上投影的数量，
要使取最大值，则需使在直线上投影的数量最大，
观察图形知，当点在线段上时在直线上投影的数量最大，
而，由对称性知，，
在中，，由，解得，
则，所以的最大值为.
故答案为：
15. 已知满足三个条件，其中两个条件分别是：，．若这样的恰好有2个，则第三个条件可以是_________（选出所有符合要求的答案的序号）
①，②，③是等腰三角形，④是直角三角形
【答案】①④
【解析】
【分析】对于①②，需满足为锐角，且解出的有两个解，分别为一个锐角，一个钝角，得到不等式，求出，结合题目条件求出；对于③，分三种情况进行讨论，得到至少有3个等腰三角形满足要求；对于④，分三种情况，进行分类讨论，得到答案.
【详解】①②，对给定的，
，
若满足给定条件的恰好有2个，
则为锐角，且解出的有两个解，分别为一个锐角，一个钝角，
则，解得，
由于在上单调递增，故，
即，解得，即，
故①正确，②错误；
③，若为等腰三角形，分三种情况，
若，则，
又，故，解得，
此时，
若，则，，
又，
故，
设，为连续函数，
则，
，
由零点存在性定理可得在上至少有1个零点，
即存在，使得有解，满足条件；
若，，，
又，故，
整理得，
设，为连续函数，
则，，
由零点存在性定理可得在上至少有1个零点，
即存在，使得有解，满足条件；
又当时，不满足，
故上面的三个等腰三角形不会重复，
综上，至少有3个满足要求，③错误；
对于④，为直角三角形，分三种情况，
若，则，
由于方程无解，故不存在，
若，，
由于，故，此时，满足要求，
若，则，
，
由于，故，
因为，所以，此时，满足要求，
综上，有2个满足要求，④正确.
故答案为：①④
【点睛】思路点睛：三角形个数问题，要看题目具体条件，若给出的条件满足三角形全等的条件，此时的三角形唯一，若给出的条件为两个角和一个角的对边，往往会结合正弦定理，余弦定理及大边对大角等进行求解，本题中对于③，要结合条件进行分类讨论，转化为某一个角的函数，结合零点存在性定理进行求解.
三､解答题：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. 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上，且AD＝4DC.
（1）求BD的长；
（2）求sin∠BDC的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，在中，再利用余弦定理即可求解.
（2）在中，利用正弦定理即可求解.
【详解】（1）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，
则，所以，
由AD＝4DC，则，，
在中，，
所以.
（2）由，，BC＝3，
在中，，
即，解得
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形，需熟记定理内容，属于基础题.
17. 已知向量，．
（1）若，求的值；
（2）若，求与的夹角；
（3）若与的夹角是钝角，求实数k的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用向量共线的坐标式求出值，再根据向量数量积的运算律计算即可；
（2）由求出值，再利用向量夹角的坐标公式求解即得；
（3）由题意推出和与不共线，列出不等式求解即得.
【小问1详解】
由可得，则，
于是，
；
【小问2详解】
由，可得，解得，
则，于是，
设与的夹角为，则，
因，故，即与的夹角为；
【小问3详解】
由与的夹角是钝角，可得，
解得且，故实数k的取值范围是.
18. 如图为函数的部分图象.
（1）直接写出函数的解析式；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值；
（3）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若方程在上恰有1个实数根，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据图象，利用五点作图法的关键点，即可求解；
（2）令，再由的图象与性质，即可求解；
（3）令，则，根据正弦函数图象，结合条件，数形结合，即可求解.
【小问1详解】
由图知，五点作图法的第二个点和第三个点分别为，
则，解得，
所以函数的解析式为.
【小问2详解】
由（1）知，令，
所以，故函数在区间上的最大值为，最小值为.
【小问3详解】
由题知，又在上恰有一个实数根，
令，则的值域为，且，结合正弦函数图象，知道
方程在上恰有1个实数根，即交点为1个，则实数的取值范围为.
19. 已知函数，．
（1）设是函数图象的一条对称轴，求的值．
（2）求函数的单调递增区间．
【答案】（1）或,（2）（）．
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用倍角公式把函数解析式化为，再由对称轴的计算方法得，即（）．所以．最后分为奇数或偶数两种情况求出的值为或．
（Ⅱ）先求出，再由，得函数的单调递增区间为（）
试题解析：（I）由题设知．
因为是函数图象的一条对称轴，所以，
即（）．所以．
当为偶数时，，
当为奇数时，．
（II）
．
当，即（）时，
函数是增函数，
故函数的单调递增区间是（）．
考点：辅助角公式的应用‚对称轴的求法ƒ求三角函数单调性区间
20. 已知的内角的对边为，且
（1）求;
（2）若的面积为
①已知为的中点，且，求底边上中线的长;
②求内角的角平分线长的最大值.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，由余弦定理可得，由同角三角函数的基本关系求解即可.
（2）①根据面积公式可得，结合以及向量的模长公式求解即可，②利用等面积法可得，进而根据半角公式可得，即可得，再利用基本不等式求解即可.
小问1详解】
由正弦定理得，即，
故，因为，所以，
所以.
【小问2详解】
①由（1）知，因为的面积为，
所以，解得，
且，解得，由于，
所以
，所以，即.
②因为为角的角平分线，所以，
由于，
得到，
由于，所以，
由二倍角公式得，则，解得，
又，所以，
由于，当且仅当时，等号取得到，
故，故.
21. 给定正整数，设为n维向量的集合.对于集合M中的任意元素和，定义它们的内积为.
设.且集合，对于A中任意元素，，若则称A具有性质.
（1）当时，判断集合是否具有性质？说明理由；
（2）当时，判断是否存在具有性质的集合A，若存在求出，若不存在请证明；
（3）若集合A具有性质，证明：.
【答案】（1）不具有 （2）存在，，或，
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据新定义验证即可判断；
（2）分别讨论，根据新定义验证具有性质的集合是否存在即可得解；
（3）根据集合A具有性质，分类讨论，由特殊到一般思想，利用反证法证明结论.
【小问1详解】
因为，
同理，
又，同理.
所以集合A={(1，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)}不具有性质.
【小问2详解】
当时，集合A中的元素个数为4，
由题意知显然，，否则集合A中的元素个数少于4个.
①当时A={(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，,0)，(0，0，0，,1)}，具有性质H(1，0).
③当时，A{(1，1，0，0)，(1，0，1，0)，(1，0，0，1)，(0，1，1，0)，(0，1，0，1)，(0，0，1，1)}
若，则(1，1，0，0)和(1，0，0，1)至多一个在A中；(0，1，1，0)和(0，1，0，1)至多一个在A中；(1，0，1，0)和(0，0，1，1)至多一个在A中，故集合A中的元素个数小于4.
若，则(1，1，0，0)和(0，0，1，1)至多一个在A中；(1，0，1，0)和(0，1，0，1)至多一个在A中；(1，0，0，1)和(0，1，1，0)至多一个在A中，故集合A中的元素个数小于4.
④当时A={(1,1，1，0)，(1，1，0，1)，(1，0，1，1)，(0，1，1，1)}，具有性质H(3，2).
综上，，或，.
【小问3详解】
记，则，
若，则A={(0，0，…，0)}，矛盾.
若，则A={(1，0，0，…，0)}，矛盾.
故.
假设存在j使得，不妨设，即.
当时，有或成立.
所以，，…，中分量为1的个数至多有.
当时，不妨设，.
因为，所以的各分量有p个1，不妨设.
由时，可知，，中至多有1个1，
即，，…，的前个分量中，至多含有个1.
又，则，，…，的前个分量中，含有个1，矛盾.
所以.
因为，
所以.
所以.
【点睛】难点点睛：要证明，化抽象为具体，各个击破的思路求解，先分析特殊情况验证不合题意知，利用反证法证明，假设存在j使得，不妨设，即，分析可知假设错误，得出正确结论，推理较难.