高中PAGE1試題2023-2024學(xué)年北京市豐臺區(qū)高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷（A卷）一、選擇題：本部分共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，選出最符合題意的一項。1．（4分）在復(fù)平面內(nèi)，下列復(fù)數(shù)中對應(yīng)的點在第四象限的是（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i2．（4分）已知向量a→，b→滿足|a→|=2，|A．1 B．3 C．3 D．33．（4分）已知向量a→=(3，?1)，b→=(1，x)，且A．﹣3 B．3 C．?13 4．（4分）在△ABC中，AB＝3，BC＝1，B=2π3，則A．13 B．7 C．7 D．135．（4分）已知向量a→與向量b→的夾角為π3，且|a→|＝1，|2a→A．4 B．3 C．2 D．16．（4分）如圖，在△ABC中，AD為BC邊上的中線，若E為AD的中點，則CE→A．?14AB→C．14AB→7．（4分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝c?cosA，則△ABC的形狀為（）A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形 C．等腰直角三角形 D．正三角形8．（4分）如圖所示，圓柱與圓錐的組合體，已知圓錐部分的高為12A．π3 B．2π C．13π6 9．（4分）設(shè)a→，b→為非零向量，且|b→|＝2|a→|，則A．π12 B．π6 C．π410．（4分）在2023年3月12日馬來西亞吉隆坡舉行的YongJunKLSpeedcubing比賽半決賽中，來自中國的9歲魔方天才王藝衡以4.69秒的成績打破了“解三階魔方平均用時最短”吉尼斯世界紀(jì)錄稱號．如圖，一個三階魔方由27個單位正方體組成，把魔方的中間一層轉(zhuǎn)動了45°之后，表面積增加了（）A．54 B．54?362 C．108?722 二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。11．（5分）已知復(fù)數(shù)z＝4﹣3i，則z=，|z|＝12．（5分）已知球的體積為36π，球的表面積是．13．（5分）如圖，在6×6的方格中，已知向量a→，b→，c→的起點和終點均在格點，且滿足向量c→=xa→+yb→（x，y∈14．（5分）如圖，邊長為2的正方形ABCD中，點P滿足AP→=12(AB→+AC→)，則15．（5分）定義一種向量運算“?”：a→?b→=a?b，a，b不共線a+b，a，b共線（a→，b→是任意的兩個向量）．對于同一平面內(nèi)的向量a①a→?b→=②λ（a→?b→）＝（λa→）?b→③（a→+b→）?c④若e→是單位向量，則|a→?e→以上結(jié)論一定正確的是．（填上所有正確結(jié)論的序號）三、解答題：本題共6小題，共85分，解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程。16．（13分）已知復(fù)數(shù)z＝a+i（a∈R），i為虛數(shù)單位．（Ⅰ）若|z|＝1，求a的值；（Ⅱ）若z1+i為實數(shù)，求a（Ⅲ）若z1＝z（1﹣2i），z1在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第一象限，求a的取值范圍．17．（15分）已知向量a→=（1，1），（Ⅰ）求|a→?2（Ⅱ）求向量a→，b→的夾角（Ⅲ）若ka→?2b→與a18．（14分）已知向量e1→，e2→是夾角為60°的單位向量，且a→（Ⅰ）求|a→（Ⅱ）求a→（Ⅲ）求向量a→與b→的夾角19．（13分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，A=π3，a＝7，（Ⅰ）求sinC的值；（Ⅱ）求△ABC的面積．20．（15分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a2＝b2+c2﹣bc．（Ⅰ）求A；（Ⅱ）從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使得△ABC存在且唯一確定，求△ABC的面積．條件①：cosC=17；條件②：c＝8；條件③：注：如果選擇的條件不符合要求，第（Ⅱ）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答給分．21．（15分）已知向量X0→=（a0，b0，c0），其中a0，b0，c0是兩兩不相等的正整數(shù)．記Xi→=（ai，bi，ci），Xi+1→=（ai+1，bi+1，ci+1），其分量之間滿足遞推關(guān)系ai+1＝|ai﹣bi|，bi+1＝|bi﹣ci|，ci（Ⅰ）當(dāng)X0→=（Ⅱ）證明：不存在i∈N*，使得Xi→=（ai，bi，ci）中ai＝bi（Ⅲ）證明：存在k∈N*，當(dāng)i≥k時，向量Xi→=（ai，bi，ci）滿足aibi

2023-2024學(xué)年北京市豐臺區(qū)高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷（A卷）參考答案與試題解析題號12345678910答案BCBABDACBC一、選擇題：本部分共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，選出最符合題意的一項。1．（4分）在復(fù)平面內(nèi)，下列復(fù)數(shù)中對應(yīng)的點在第四象限的是（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i【分析】由已知結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義分別檢驗各選項即可判斷．【解答】解：1+i對應(yīng)的點（1，1）在第一象限；1﹣i對應(yīng)的點（1，﹣1）在第四象限；﹣1+i對應(yīng)的點（﹣1，1）在第二象限；﹣1﹣i對應(yīng)的點（﹣1，﹣1）在第三象限．故選：B．【點評】本題主要考查了復(fù)數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題．2．（4分）已知向量a→，b→滿足|a→|=2，|A．1 B．3 C．3 D．3【分析】利用已知條件，通過向量的數(shù)量積公式求解即可．【解答】解：向量a→，b→滿足|a→|=2那么a→?b→=|a→||故選：C．【點評】本題考查平面向量的數(shù)量積的應(yīng)用，考查計算能力．3．（4分）已知向量a→=(3，?1)，b→=(1，x)，且A．﹣3 B．3 C．?13 【分析】利用向量垂直的性質(zhì)直接求解．【解答】解：∵向量a→=(3，?1)，b→∴a→?b解得x＝3．故選：B．【點評】本題考查實數(shù)值的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認(rèn)真審題，注意向量垂直的性質(zhì)的合理運用．4．（4分）在△ABC中，AB＝3，BC＝1，B=2π3，則A．13 B．7 C．7 D．13【分析】利用余弦定理直接求邊長即可．【解答】解：△ABC中，AB＝c＝3，BC＝a＝1，B=2π由余弦定理得，b2＝a2+c2﹣2accosB＝1+9﹣2×1×3×cos2π3所以a＝AC=13故選：A．【點評】本題考查了余弦定理的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．5．（4分）已知向量a→與向量b→的夾角為π3，且|a→|＝1，|2a→A．4 B．3 C．2 D．1【分析】根據(jù)數(shù)量積性質(zhì)，由|2a→?b→|【解答】解：由題意有：＜a→，b→＞=π則有|2a→?b即|b→|2﹣2|b→|﹣3＝0，解得|b→故選：B．【點評】本題考查數(shù)量積性質(zhì)及運算，屬基礎(chǔ)題．6．（4分）如圖，在△ABC中，AD為BC邊上的中線，若E為AD的中點，則CE→A．?14AB→C．14AB→【分析】根據(jù)平面向量線性運算法則計算可得．【解答】解：CE=1=?1=?3故選：D．【點評】本題主要考查了平面向量的線性運算，屬于基礎(chǔ)題．7．（4分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝c?cosA，則△ABC的形狀為（）A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形 C．等腰直角三角形 D．正三角形【分析】代入余弦定理即可．【解答】解：△ABC中，若b＝c?cosA，則b＝c?b2+c2?a22bc，2b2＝b∴b2+a2＝c2，則△ABC為直角三角形．故選：A．【點評】本題考查余弦定理，屬于基礎(chǔ)題．8．（4分）如圖所示，圓柱與圓錐的組合體，已知圓錐部分的高為12A．π3 B．2π C．13π6 【分析】利用圓柱和圓錐的體積公式即可求解．【解答】解：依題意可知，底面圓的半徑為r＝1，圓柱部分的高為h1＝2，圓錐部分的高為?2所以圓柱部分的體積為V1圓錐部分的體積為V2所以該組合體的體積為V=V故選：C．【點評】本題考查簡單組合體的體積計算，考查運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．9．（4分）設(shè)a→，b→為非零向量，且|b→|＝2|a→|，則A．π12 B．π6 C．π4【分析】設(shè)b→與b→?a→的夾角為θ，a→與b→【解答】解：設(shè)b→與b→?a→的夾角為θ，a→與b→的夾角為α因為a→，b→為非零向量，且|b→|＝2|a→|，所以b→?（b→?a→）=b→2?b→|b→?a→|2=|b→|2?所以cosθ＝cos＜b→，設(shè)t=5?4cosα，由cosα∈[﹣1，1]，得5﹣cosα∈[1，9]，所以t∈所以cosα=14（5﹣t2），所以cosθ=2?14(5?t2當(dāng)且僅當(dāng)3t=t，即t=3時取“＝”，所以cos又因為θ∈[0，π]，所以θ的最大值是π6，即b→與b→故選：B．【點評】本題考查了平面向量的數(shù)量積與夾角和模長的計算問題，也考查了數(shù)學(xué)運算核心素養(yǎng)，是基礎(chǔ)題．10．（4分）在2023年3月12日馬來西亞吉隆坡舉行的YongJunKLSpeedcubing比賽半決賽中，來自中國的9歲魔方天才王藝衡以4.69秒的成績打破了“解三階魔方平均用時最短”吉尼斯世界紀(jì)錄稱號．如圖，一個三階魔方由27個單位正方體組成，把魔方的中間一層轉(zhuǎn)動了45°之后，表面積增加了（）A．54 B．54?362 C．108?722 【分析】利用截面圖，得出魔方相對原來魔方多出了16個小三角形的面積，再利用幾何關(guān)系求出多出的一個小三角形的面積，進而可求出結(jié)果．【解答】解：如圖，轉(zhuǎn)動了45°后，此時魔方相對原來魔方多出了16個小三角形的面積，顯然小三角形為等腰直角三角形，設(shè)直角邊x，則斜邊為2x則有2x+2x=3，得到由幾何關(guān)系得：陰影部分的面積為S1所以增加的面積為S=16S故選：C．【點評】本題主要考查了正方體的結(jié)構(gòu)特征，考查了學(xué)生的空間想象能力，屬于中檔題．二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。11．（5分）已知復(fù)數(shù)z＝4﹣3i，則z=4+3i，|z|＝5【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合共軛復(fù)數(shù)的定義，以及復(fù)數(shù)模公式，即可求解．【解答】解：z＝4﹣3i，則z=4+3i，|z|=故答案為：4+3i；5．【點評】本題主要考查共軛復(fù)數(shù)的定義，以及復(fù)數(shù)模公式，屬于基礎(chǔ)題．12．（5分）已知球的體積為36π，球的表面積是36π．【分析】通過球的體積求出球的半徑，然后求出球的表面積．【解答】解：因為球的體積為36π，所以4πr33=36所以球的表面積為：4π×32＝36π．故答案為：36π．【點評】本題考查球的表面積與體積的求法，考查計算能力．13．（5分）如圖，在6×6的方格中，已知向量a→，b→，c→的起點和終點均在格點，且滿足向量c→=xa→+yb→（x，y∈【分析】取互相垂直的兩個單位向量，用單位向量表示出三個向量，屬于平面向量的基本定理列出方程組解出x，y．【解答】解：分別設(shè)方向水平向右和向上的單位向量為i→，j→，則a→=2i→?j又∵c→=xa→+yb→=（2x+y）i→+（2y﹣∴x+y＝3．故答案為：3．【點評】本題考查了平面向量的基本定理，屬于基礎(chǔ)題．14．（5分）如圖，邊長為2的正方形ABCD中，點P滿足AP→=12(AB→+AC→)，則|PD【分析】以A為坐標(biāo)原點，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)P（x，y），由AP→=12(AB→+AC→)可求出P點坐標(biāo)；由點H是線段AP上的動點，設(shè)H【解答】解：以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A（0，0），B（2，0），D（0，2），C（2，2），設(shè)P（x，y），所以AP→由AP→=1所以P（2，1），所以PD→故|PD點H是線段AP上的動點，所以AH→則H（2a，a）（0≤a≤1），BP→=(0，1)，BP→?HD→=2?a所以1≤2﹣a≤2．故BP→故答案為：5；[1，2]．【點評】本題考查平面向量的線性運算及數(shù)量積運算，屬中檔題．15．（5分）定義一種向量運算“?”：a→?b→=a?b，a，b不共線a+b，a，b共線（a→，b→是任意的兩個向量）．對于同一平面內(nèi)的向量a①a→?b→=②λ（a→?b→）＝（λa→）?b→③（a→+b→）?c④若e→是單位向量，則|a→?e→以上結(jié)論一定正確的是①④．（填上所有正確結(jié)論的序號）【分析】①由于“a→與b→”與“b→與a②若a→與b→共線，則λ（a→?b→）=λ(a→+③若a→與c→不共線，b→與c→共線，則a→+b→而a→?c→+④分類討論：若e→與a→共線，則|a→?e→|=|a→+e→|≤|a→|+|e→【解答】解：①∵“a→與b→”與“b→與a②若a→與b→共線，則λ（a→?b→）=λ(a→+③若a→與c→不共線，b→與c→共線，則a→+b→而a→?c→+④若e→與a→共線，則|a→?e→|若e→與a→不共線，則|a→?e→|可得：④成立．綜上可知：只有①④正確．故答案為：①④．【點評】本題考查了一種新定義向量運算“?”、向量共線定理、數(shù)量積運算等基礎(chǔ)知識，考查了分類討論思想方法，屬于難題．三、解答題：本題共6小題，共85分，解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程。16．（13分）已知復(fù)數(shù)z＝a+i（a∈R），i為虛數(shù)單位．（Ⅰ）若|z|＝1，求a的值；（Ⅱ）若z1+i為實數(shù)，求a（Ⅲ）若z1＝z（1﹣2i），z1在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第一象限，求a的取值范圍．【分析】（Ⅰ）結(jié)合復(fù)數(shù)模公式，即可求解；（Ⅱ）結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運算，以及實數(shù)的定義，即可求解；（Ⅲ）結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運算，以及復(fù)數(shù)的幾何意義，即可求解．【解答】解：（Ⅰ）因為|z|=a2+1（Ⅱ）因為z1+i所以1?a2=0，解得（Ⅲ）因為z1＝z（1﹣2i）且z＝a+i（a∈R），所以z1＝（a+i）（1﹣2i）＝（a+2）+（1﹣2a）i，因為z1在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第一象限所以a+2＞01?2a＞0，解得?2＜a＜故a的取值范圍為（﹣2，12【點評】本題主要考查模公式，復(fù)數(shù)的四則運算，復(fù)數(shù)的概念，屬于基礎(chǔ)題．17．（15分）已知向量a→=（1，1），（Ⅰ）求|a→?2（Ⅱ）求向量a→，b→的夾角（Ⅲ）若ka→?2b→與a【分析】（Ⅰ）根據(jù)向量a→，b（Ⅱ）根據(jù)向量夾角的余弦公式即可得解；（Ⅲ）根據(jù)平行向量的坐標(biāo)關(guān)系即可得解．【解答】解：（I）因為a→=（1，1），所以a→所以|a（Ⅱ）因為a→=（1，1），b→=（2，﹣3），所以a→所以cosθ=a（Ⅲ）ka→?2b→∴3（k+6）﹣（﹣2）（k﹣4）＝0，解得k＝﹣2．【點評】本題考查了向量坐標(biāo)的加法、減法和數(shù)乘、數(shù)量積的運算，向量夾角的余弦公式，平行向量的坐標(biāo)關(guān)系，是基礎(chǔ)題．18．（14分）已知向量e1→，e2→是夾角為60°的單位向量，且a→（Ⅰ）求|a→（Ⅱ）求a→（Ⅲ）求向量a→與b→的夾角【分析】（Ⅰ）由向量數(shù)量積的性質(zhì)求解即可；（Ⅱ）由向量數(shù)量積的定義求解即可；（Ⅲ）由向量夾角公式求解即可．【解答】解：（Ⅰ）由題意，向量e1→，則|=e=1+2×（Ⅱ）a=e=1?1×1×1（Ⅲ）|=e=1?4×則cosθ=a又θ∈[0，π]，所以θ=2π【點評】本題考查平面向量數(shù)量積的運算，屬基礎(chǔ)題．19．（13分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，A=π3，a＝7，（Ⅰ）求sinC的值；（Ⅱ）求△ABC的面積．【分析】（Ⅰ）由已知結(jié)合正弦定理即可求解；（Ⅱ）由已知結(jié)合余弦定理先求出b，然后結(jié)合三角形面積公式即可求解．【解答】解：（I）在△ABC中，因為∠A＝60°，a＝7，c＝3，由正弦定理得sinC=csinA（II）因為a＝7，c＝3，由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，得72解得b＝8或b＝﹣5（舍），所以△ABC的面積S=1【點評】本題主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形面積公式的應(yīng)用，屬于中檔題．20．（15分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a2＝b2+c2﹣bc．（Ⅰ）求A；（Ⅱ）從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使得△ABC存在且唯一確定，求△ABC的面積．條件①：cosC=17；條件②：c＝8；條件③：注：如果選擇的條件不符合要求，第（Ⅱ）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答給分．【分析】（Ⅰ）根據(jù)余弦定理算出cosA的值，進而可得角A的大?。á颍┓謩e在選擇條件①與條件②、條件①與條件③的情況下，利用三角恒等變換公式、正弦定理與三角形的面積公式，確定出三角形有唯一解，并求出△ABC的面積；然后在選擇條件②與條件③的情況下，利用余弦定理算出邊b有兩解，不符合題意，進而得到所求結(jié)論．【解答】解：（I）因為a2＝b2+c2﹣bc，即b2+c2﹣a2＝bc，所以由余弦定理得cosA=b2+c2?a（II）由（I）知A=π（1）若選條件①：cosC=17，與條件②：由cosC=17，0＜C＜π，可得在△ABC中，由正弦定理得asinA=csinC，即而cosB＝cos（π﹣A﹣C）＝﹣cos（A+C）=?cosAcosC+sinAsinC=?1結(jié)合0＜B＜π，可得sinB=1?cos2因此，選擇條件①與條件②，△ABC存在且唯一確定，此時△ABC的面積為103（2）若選條件①：cosC=17與條件③：由cosC=17，且0＜C＜π，可得在△ABC中，由正弦定理得asinA=csinC，即而cosB＝cos（π﹣A﹣C）＝﹣cos（A+C）=?cosAcosC+sinAsinC=?1結(jié)合0＜B＜π，可得sinB=1?cos2因此，選擇條件①與條件③，△ABC存在且唯一確定，此時△ABC的面積為103（3）若選條件②：c＝8與條件③：a＝7，則由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，即49＝b2+64﹣8b，整理得b2﹣8b+15＝0，解得b＝3或5，此時△ABC有兩解，不符合題意．綜上所述，選擇條件①與條件②，或選擇條件①與條件③，△ABC存在且唯一確定，此時△ABC的面積為103【點評】本題主要考查三角恒等變換公式、利用正弦定理與余弦定理解三角形、三角形的面積公式，屬于中檔題．21．（15分）已知向量X0→=（a0，b0，c0），其中a0，b0，c0是兩兩不相等的正整數(shù)．記Xi→=（ai，bi，ci），Xi+1→=（ai+1，bi+1，ci+1），其分量之間滿足遞推關(guān)系ai+1＝|ai﹣bi|，bi+1＝|bi﹣ci|，ci（Ⅰ）當(dāng)X0→=（Ⅱ）證明：不存在i∈N*，使得Xi→=（ai，bi，ci）中ai＝bi（Ⅲ）證明：存在k∈N*，當(dāng)i≥k時，向量Xi→=（ai，bi，ci）滿足aibi【分析】（Ⅰ）利用X0→=（2，3，5）并結(jié)合題意寫出X1→，X2→，X（Ⅱ）假設(shè)存在i∈N*，i≥2，使得Xi→=（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci＝w，通過推導(dǎo)可得到w＝0，即ai＝bi＝ci＝0，進而可以推出a0＝b0＝（Ⅲ）設(shè)ai，bi，ci三個數(shù)中最大的為mi，可得mi+1≤mi，因為mi∈N*，故存在k∈N*，使得mk+1＝mk，結(jié)合題干定義可得Xk→=（ak，bk【解答】解：（I）因為X0→=（2，3，5），根據(jù)題意可得X1→=（1，2，3），X2→=所以X3→=X6（II）證明：假設(shè)存在i∈N*，i≥2，使得Xi→=（ai，bi，ci）中ai＝bi＝ci設(shè)Xi?1→=（ai﹣1，bi﹣1，ci﹣1），所以ai＝|ai﹣1﹣bi﹣1|＝w，bi＝|bi﹣1﹣ci﹣1|＝w，ci＝|ci﹣1﹣ai﹣1不妨設(shè)ai﹣1≤bi﹣1≤ci﹣1，則由bi﹣1﹣ai﹣1