2023-2024学年北京朝阳区陈经纶中学高一（下）期中数学试卷和答案

高中PAGE1试题2023-2024学年北京市朝阳区陈经纶中学高一（下）期中数学试卷一、选择题共10小题，每小题5分，共50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．（5分）在复平面内，复数z对应的点在第三象限，则复数z•（1+i）2024对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（5分）已知正四棱锥的底面边长为2，高为3，则它的体积为（）A．2 B．4 C．6 D．123．（5分）已知向量OA→，OB→不共线，BM→A．13OA→−43OB→ 4．（5分）如图，飞机飞行的航线AB和地面目标C在同一铅直平面内，在A处测得目标C的俯角为30°，飞行10千米到达B处，测得目标C的俯角为75°，这时B处与地面目标C的距离为（）A．5千米 B．52千米 C．4千米 D．45．（5分）设a→，b→是非零向量，则“存在实数λ，使得a→=λb→”是“|aA．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．（5分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是梯形，AB∥CD，若平面PAD∩平面PBC＝l，则（）A．l∥CD B．l∥BC C．l与直线AB相交 D．l与直线DA相交7．（5分）如图所示，O为线段A0A2025外一点，若A0，A1，A2，A3，⋯，A2025中任意相邻两点间的距离相等，OA0→=a→，A．2025(a→+b→) B．2026(8．（5分）在△ABC中，AB＝1，AC＝3，A＝60°，则BC边上的中线长为（）A．132 B．72 C．13 9．（5分）如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（）A．(16，56) B．(10．（5分）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图1，在一个棱长为2a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，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为α，记平面α截牟合方盖所得截面的面积为S，则函数S＝f（h）的图象是（）A． B． C． D．二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。11．（5分）已知复数z的实部和虚部相等，且|z|=2，则z＝12．（5分）已知e1→，e2→是两个不共线的向量，a→=e1→−4e13．（5分）已知四边形的顶点A，B，C，D在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则AC→⋅14．（5分）已知圆锥的底面面积为3π，其侧面展开图的圆心角为3π，则过该圆锥顶点作截面，截面三角形面积最大值为15．（5分）已知单位向量e1→，e2→的夹角为π2，且a→=xe1→+ye2→（其中x，y∈R16．（5分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝4．E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，对于平面EFH截四棱锥P﹣ABCD所得的截面多边形，有以下三个结论：①截面面积等于46②截面是一个五边形；③直线PC与截面所在平面EFH无公共点．其中，所有正确结论的序号是．三、解答题共5小题，每小题14分，共70分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。17．（14分）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=7，b＝3，7sinB+sinA＝23（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）求△ABC的面积．18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD＝2，点E为线段PD的中点．（Ⅰ）求证：PB∥平面AEC；（Ⅱ）求证：AE⊥平面PCD；（Ⅲ）求三棱锥A﹣PCE的体积19．（14分）在△ABC中，a=2，asinB+3（Ⅰ）求A；（Ⅱ）除上述条件外，△ABC同时满足_____，求sinC的值；请从①B=π4，②b＝3，③3b＝4sin（Ⅲ）求△ABC面积的最大值．20．（14分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱AB上的动点，F是棱CC1上一点，CF：FC1＝1：2．（Ⅰ）求证：B1D1⊥A1F；（Ⅱ）若直线A1F⊥平面B1D1E，试确定点E的位置，并证明你的结论；（Ⅲ）设点P在正方体的上底面A1B1C1D1上运动，求总能使BP与A1F垂直的点P所形成的轨迹的长度．（直接写出答案）21．（14分）n元向量（n﹣tuplevector）也叫n维向量，是平面向量的推广，设n为正整数，数集P中的n个元素构成的有序组（a1，a2，⋯，an）称为P上的n元向量，其中ai（i＝1，2，⋯，n）为该向量的第i个分量．n元向量通常用希腊字母α→，β→，γ→等表示，如α→=(a1，a2，⋯，an)，P上全体n元向量构成的集合记为P（1）设α→①求||α②设α→与α→+β→（2）对于一个n元向量α→=(a1，a2，⋯，an)，若|ai|＝1（i＝1，2，⋯，n），称α→为n维信号向量．规定

2023-2024学年北京市朝阳区陈经纶中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析题号12345678910答案CBDBBDDAAD一、选择题共10小题，每小题5分，共50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．（5分）在复平面内，复数z对应的点在第三象限，则复数z•（1+i）2024对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】根据题意，由复数的运算，即可得到结果．【解答】解：因为（1+i）2024＝[（1+i）2]1012＝（2i）1012＝21012（i2）506＝21012，且复数z对应的点在第三象限，则z•（1+i）2024＝21012•z对应的点也在第三象限．故选：C．【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．2．（5分）已知正四棱锥的底面边长为2，高为3，则它的体积为（）A．2 B．4 C．6 D．12【分析】正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝2，PO＝3，利用体积公式求出该正四棱锥的体积．【解答】解：如图，正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝2，PO＝3，所以VP﹣ABCD=13•SABCD•PO故选：B．【点评】本题考查正四棱锥的体积的求法，考查数据处理能力、运算求解能力以及应用意识，考查数形结合思想等，是中档题．3．（5分）已知向量OA→，OB→不共线，BM→A．13OA→−43OB→ 【分析】直接利用向量的运算法则化简求解即可．【解答】解：非零向量OA→，OB→不共线，且OM→可得：向量OM→故选：D．【点评】本题考查向量的基本运算，考查计算能力．4．（5分）如图，飞机飞行的航线AB和地面目标C在同一铅直平面内，在A处测得目标C的俯角为30°，飞行10千米到达B处，测得目标C的俯角为75°，这时B处与地面目标C的距离为（）A．5千米 B．52千米 C．4千米 D．4【分析】由题意，利用正弦定理即可求得BC的值．【解答】解：由题意知，在△ABC中，AB＝10，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°﹣30°＝45°，由正弦定理得BCsin30°解得BC=10×12∴B处与地面目标C的距离为52千米．故选：B．【点评】本题考查了利用正弦定理解答实际应用问题，是基础题．5．（5分）设a→，b→是非零向量，则“存在实数λ，使得a→=λb→”是“|aA．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【分析】根据向量数量积的应用，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：若“|a→+b→|＝|则平方得|a→|2+2a→•b→+|b→|2＝|a→|2+|b→即a→•b→=|a即a→•b→=|a→||b→|cos＜a→则cos＜a→，即＜a→，b→＞=0，即a→，b→同向共线，则存在实数反之当＜a→，b→＞=π时，存在λ＜0，满足a→=λb→即“存在实数λ，使得a→=λb→”是“|a→+故选：B．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量数量积的应用进行化简是解决本题的关键．6．（5分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是梯形，AB∥CD，若平面PAD∩平面PBC＝l，则（）A．l∥CD B．l∥BC C．l与直线AB相交 D．l与直线DA相交【分析】可得AD与CB必相交于点M，则P是面平面PAD和平面PBC的公共点，又平面PAD∩平面PBC＝l．【解答】解：∵四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是梯形，AB∥CD．∴AD与CB必相交于点M，则M是面平面PAD和平面PBC的公共点，又平面PAD∩平面PBC＝l．∴M∈l．l与直线DA相交．故选：D．【点评】本题考查了空间几何体中的直线与平面的位置关系，属于中档题．7．（5分）如图所示，O为线段A0A2025外一点，若A0，A1，A2，A3，⋯，A2025中任意相邻两点间的距离相等，OA0→=a→，A．2025(a→+b→) B．2026(【分析】设A0A2025的中点为A，利用三角形中线向量的表示法，化简求和即得．【解答】解：因A0，A1，A2，A3，⋯，A2025中任意相邻两点间的距离相等，不妨设A0A2025的中点为A，则点A也是A1A2024，A2A2023，⋯，A1012A1013的中点，则OAOA则OA故选：D．【点评】本题考查平面向量的线性运算，属中档题．8．（5分）在△ABC中，AB＝1，AC＝3，A＝60°，则BC边上的中线长为（）A．132 B．72 C．13 【分析】由题意可得BC边上的中线的向量AD→表示，两边平方可得AD→2的值，进而求出【解答】解：因为AB＝1，AC＝3，A＝60°，由题意可得AD→=12（AB→+AC→），两边平方可得AD→2=14（=14（AB→2+AD→2+2|AB→|×|AC→|cosA所以|AD→|=所以BC边上的中线长为132故选：A．【点评】本题考查向量的运算性质的应用，属于中档题．9．（5分）如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（）A．(16，56) B．(【分析】如图，正方体ABCD﹣EFGH，若要使液面形状不可能为三角形，则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，计算即可．【解答】解：如图，正方体ABCD﹣EFGH，若要使液面形状不可能为三角形，则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，设液面的体积为V，而VG﹣EHD＜V＜V正方体﹣VB﹣AFC，而VG﹣EHD=13×12V正方体﹣VB﹣AFC＝13−1所以V的取值范围是（16，5故选：A．【点评】本题考查正方体截面的性质，考查空间想象能力，属中档题．10．（5分）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图1，在一个棱长为2a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，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为α，记平面α截牟合方盖所得截面的面积为S，则函数S＝f（h）的图象是（）A． B． C． D．【分析】首先由图1得到正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，由图2可知截面均为正方形，此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，由此计算得到函数解析式，判断选项即可．【解答】解：由图1可得，正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，内切球的半径为a，设截面圆的半径为r，则有（a﹣h）2+r2＝a2，解得r2＝﹣h2+2ah，设截面圆的外接正方形的边长为b，则b＝2r，正方形的面积为S＝b2＝4r2＝﹣4h2+8ah，h∈[0，2a]，由函数的解析式可知，图象应该是开口向下的抛物线．故选：D．【点评】本题考查了函数图象的理解和应用，主要考查了正方体的内切球以及其截面圆的应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。11．（5分）已知复数z的实部和虚部相等，且|z|=2，则z＝1+i或﹣1﹣i【分析】由复数的定义及模的运算即可得解．【解答】解：因为复数z的实部和虚部相等，所以设z＝a+ai，a∈R，又|z|=2，所以a解得a＝±1，所以z＝1+i或﹣1﹣i．故答案为：1+i或﹣1﹣i．【点评】本题主要考查复数的定义，复数的模，考查运算求解能力，属于基础题．12．（5分）已知e1→，e2→是两个不共线的向量，a→=e1→−4e2→【分析】根据给定条件，利用共线向量定理求出k即得．【解答】解：由向量e1→，e2由向量a→=e得ke1→+2e故答案为：−1【点评】本题主要考查共线向量定理，属于基础题．13．（5分）已知四边形的顶点A，B，C，D在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则AC→⋅【分析】根据题意，可分别以AC的连线为x轴，过B点且垂直于AC的直线为y轴建立平面直角坐标系，进而求出A，B，C，D的坐标，从而求出向量AC→，DB【解答】解：以AC的连线为x轴，过B点且垂直于AC的直线为y轴，建立如图所示平面直角坐标系，则：A（﹣4，0），C（3，0），D（﹣1，﹣2），B（0，2），AC→∴AC→故答案为：7．【点评】考查通过建立坐标系，利用坐标解决向量问题的方法，以及根据点的坐标可求向量的坐标，向量数量积的坐标运算．14．（5分）已知圆锥的底面面积为3π，其侧面展开图的圆心角为3π，则过该圆锥顶点作截面，截面三角形面积最大值为2【分析】求出圆锥的底面圆半径和母线长，得出轴截面三角形的顶角为2π3【解答】解：设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，则底面圆面积为πr2＝3π，解得r=3其侧面展开图的圆心角为2πrl=2所以轴截面三角形的顶角为2α，其中sinα=rl=32所以α=π3，2α所以过该圆锥顶点作截面，截面三角形是直角三角形时面积最大，最大值为12l2=12故答案为：2．【点评】本题考查了圆锥的截面三角形面积计算问题，是基础题．15．（5分）已知单位向量e1→，e2→的夹角为π2，且a→=xe1→+ye2→（其中x，y∈R）．当x【分析】由平面向量数量积运算，结合向量模的运算求解即可．【解答】解：当x＝y＝1时，则a→则a→当a→则a→则a→−e1→则|a→−e则λ=12时，|a故答案为：1；22【点评】本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了向量模的运算，属基础题．16．（5分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝4．E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，对于平面EFH截四棱锥P﹣ABCD所得的截面多边形，有以下三个结论：①截面面积等于46②截面是一个五边形；③直线PC与截面所在平面EFH无公共点．其中，所有正确结论的序号是②③．【分析】根据给定条件，作出平面EFH截四棱锥P﹣ABCD所得的截面多边形，再逐一判断各个命题作答．【解答】解：在四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AB＝4，取CD中点G，连接FG，GH，BD，AC，如图，因底面ABCD为正方形，E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，则EH∥BD∥FG，EF∥PC∥GH，EFGH是平行四边形，令FG∩AC＝J，有CJ=14AC，在PA上取点I，使PI=14PA，连接则JI∥PC∥EF，点J∈平面EFH，有JI⊂平面EFH，点I∈平面EFH，EI，HI⊂平面EFH，因此五边形EFGHI是平面EFH截四棱锥P﹣ABCD所得的截面多边形，②正确；因EF⊂平面EFH，PC⊄平面EFH，而EF∥PC，则PC∥平面EFH，直线PC与截面所在平面EFH无公共点，③正确；PA⊥底面ABCD，FG⊂平面ABCD，有PA⊥FG，而BD⊥AC，BD∥FG，则AC⊥FG，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，因此FG⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，于是得FG⊥PC，有FG⊥EF，而FG=1矩形EFGH面积等于EF⋅FG=46而JI⊥EH，则ΔIEH边EH上的高等于JI−EF=3S△lEH所以截面五边形EFGHI面积为56，①故答案为：②③．【点评】本题考查了棱锥的结构特征，属于中档题．三、解答题共5小题，每小题14分，共70分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。17．（14分）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=7，b＝3，7sinB+sinA＝23（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）求△ABC的面积．【分析】（Ⅰ）锐角△ABC中，由条件利用正弦定理求得7sinB＝3sinA，再根据7sinB+sinA＝23，求得sinA的值，可得角A的值．（Ⅱ）锐角△ABC中，由条件利用余弦定理求得c的值，再根据△ABC的面积为12bc•sinA【解答】解：（Ⅰ）锐角△ABC中，由条件利用正弦定理可得7sinA=3sinB，∴7sin再根据7sinB+sinA＝23，求得sinA=32，∴角A（Ⅱ）锐角△ABC中，由条件利用余弦定理可得a2＝7＝c2+9﹣6c•cosπ3，解得c＝1或c当c＝1时，cosB=a2+c2−b当c＝2时，△ABC的面积为12bc•sinA=12【点评】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题．18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD＝2，点E为线段PD的中点．（Ⅰ）求证：PB∥平面AEC；（Ⅱ）求证：AE⊥平面PCD；（Ⅲ）求三棱锥A﹣PCE的体积【分析】（Ⅰ）连结BD，交AC于点O，连结OE．可得PB∥OE，再由线面平行的判定可得PB∥平面ACE；（Ⅱ）由PA＝AD，E为线段PD的中点，得AE⊥PD，再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥CD，由线面垂直的判定可得AE⊥平面PCD；（Ⅲ）根据AE⊥平面PCD，结合三棱锥的体积公式求出其体积即可．【解答】（Ⅰ）证明：连结BD，交AC于点O，连结OE，如图示：∵O是正方形ABCD对角线交点，∴O为BD的中点，由已知E为线段PD的中点，∵PB∥OE，又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE；（Ⅱ）证明：∵PA＝AD，E为线段PD的中点，∴AE⊥PD，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，在正方形ABCD中，CD⊥AD，又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，又PD∩CD＝D，∴AE⊥平面PCD；（Ⅲ）∵AE⊥平面PCD，故三棱锥A﹣PCE的体积V=13S△PCE•AE=13×12PE•【点评】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．19．（14分）在△ABC中，a=2，asinB+3（Ⅰ）求A；（Ⅱ）除上述条件外，△ABC同时满足_____，求sinC的值；请从①B=π4，②b＝3，③3b＝4sin（Ⅲ）求△ABC面积的最大值．【分析】（Ⅰ）由正弦定理可得tanA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；（Ⅱ）若选①，可得角C的大小，进而求出sinC的值；若选②，由大边对大角，可得该三角形不存在；若选③，由正弦定理可得角B的大小，进而求出角C的大小，再求出sinC的值；（Ⅲ）由余弦定理及均值不等式可得bc的最大值，进而求出三角形的面积的最大值．【解答】解：（Ⅰ）asinB+3bcosA由正弦定理可得sinAsinB+3sinBcosA因为sinB＞0，所以tanA=−3又因为A∈（0，π），所以A=2π（Ⅱ）若选①，则C＝π﹣A﹣B＝π−2π所以sinC＝sinπ12=sin（π3−π4）＝sinπ3cosπ4−若选②，a＝2，b＝3，所以a＜b，所以A＜B，由（Ⅰ）可知角A为钝角，这样的三角形不存在；若选③，由（Ⅰ）可得3b＝4sinA＝4×32=所以b=233由正弦定理可得bsinB=a可得sinB=12，又因为B＜A，所以角所以B=π6，C＝π﹣A﹣B所以sinC=1（Ⅲ）由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bc•（−12），当且仅当b＝而a＝2，可得bc≤a所以S△ABC=12bcsinA所以△ABC的最大面积为33【点评】本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，基本不等式的应用，属于中档题．20．（14分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱AB上的动点，F是棱CC1上一点，CF：FC1＝1：2．（Ⅰ）求证：B1D1⊥A1F；（Ⅱ）若直线A1F⊥平面B1D1E，试确定点E的位置，并证明你的结论；（Ⅲ）设点P在正方体的上底面A1B1C1D1上运动，求总能使BP与A1F垂直的点P所形成的轨迹的长度．（直接写出答案）【分析】（Ⅰ）连结A1C1，推导出B1D1⊥A1C1，CC1⊥B1D1，从而B1D1⊥平面A1C1C，由此能证明B1D1⊥A1F．（Ⅱ）当AE：EB＝1：2时，过点F在平面BCC1B1作FG∥BC，交BB1于点G，连结A1G，交B1E于点H，推导出A1G⊥B1E，FG⊥B1E，从而B1E⊥面A1FG，B1E⊥A1F，再由B1D1⊥A1F，能证明A1F⊥平面B1D1E．（Ⅲ）设点P在正方体的上底面A1B1C1D1上运动，总能使BP与A1F垂直的点P所形成的轨迹的长度为23【解答】证明：（Ⅰ）连结A1C1，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1C1D1是正方形，∴B1D1⊥A1C1，在正方