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北京市东直门中学2023-2024学年度第二学期6月学情调研
高一数学
考试时间：120分钟总分：150分
班级：?姓名：?学号：
一、选择题：（共12小题，每小题4分，共48分）
1.已知向量．若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，得列方程求解即可.
【详解】因为，，
所以，解得.
故选：A
2.（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接用正弦和差角公式即可得到结果.
【详解】因为
故选:A.
3.要得到函数的图象，只要将函数的图象（）
A.向右平移个单位长度 B.向左平移个单位长度
C.向右平移个单位长度 D.向左平移个单位长度
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意利用函数的图象变换规律，得出结论.
【详解】解：只要将函数的图象向左平移个单位长度，
即可得到函数的图象，
故选：D.
【点睛】此题考查函数的图象变换，属于基础题
4.在复平面内，复数对应的点位于（）
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】化简复数，找出对应点得到答案.
【详解】对应点为在第二象限
故答案选B
【点睛】本题考查了复数的化简，属于简单题.
5.设是一条直线，，是两个平面，下列结论正确的是（）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】由线面平行的性质和面面的位置关系，可判断；由线面的位置关系可判断；由线面平行与垂直的性质定理和面面垂直的判定定理，可判断；由面面垂直的性质定理和线面的位置关系可判断．
【详解】解：是一条直线，，是两个不同的平面，
若，，可得或、相交，故错误；
若，，可得或、与相交，故错误；
若，可得过的平面与的交线，由，可得，又，则，故正确；
若，，可得或，故错误．
故选：．
6.已知A，B，C，D是平面内四个不同的点，则“”是“四边形为平行四边形”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
【答案】B
【解析】
【分析】
根据必要条件、充分条件的定义即可判断.
【详解】解：由可不一定推出四边形为平行四边形，
但由四边形为平行四边形一定可得，
故“”是“四边形为平行四边形”的必要而不充分条件，
故选：B.
【点睛】此题考查充分条件和必要条件的判断，考查推理能力，属于基础题
7.如图，平面，中，，则（）
A.直角三角形 B.锐角三角形
C.钝角三角形 D.以上都有可能
【答案】A
【解析】
【分析】由线面垂直数为判定定理证明平面，再证明，由此判断的形状.
【详解】因为平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，故是直角三角形，
故选：A.
8.如图，在正方体中，与直线互为异面直线的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由异面直线的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于选项A，，故A不正确；
对于选项B，，故B不正确；
对于选项C，直线与直线相交，故C不正确；
对于选项D，因为直线与直线不同在任意一个平面，所以直线与直线是异面直线，故D正确.
故选：D.
9.已知正四棱锥，底面边长是，体积是，那么这个四棱锥的侧棱长为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设正四棱锥的高为h，由体积是，求出.利用勾股定理求出侧棱长.
【详解】因为正四棱锥，底面边长是，所以底面积为.
设正四棱锥的高为h，由，所以.
所以侧棱长为.
即侧棱长为.
故选：C
10.设为非零向量，，则“夹角为钝角”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】A
【解析】
【分析】将模的关系平方得到，进而判断即可.
【详解】由，
平方得，，
即，
又因为，即，
所以，所以夹角为钝角或平角，
所以“夹角为钝角”是“”的充分不必要条件.
故选：A
11.已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则下列结论中正确的是（）
①直线与直线垂直；②直线与平面平行；
③点C与点G到平面的距离相等；④平面截正方体所得的截面面积为．
A①② B.②③ C.②④ D.③④
【答案】C
【解析】
【分析】由即为直线与直线所成的角，即可判断①；对于②，连接，由线面平行的判定即可判断②；由平面不过的中点即可判断③；先找出截面