2023-2024学年北京第二外国语学院附中高一（下）期中数学试卷和答案

高中PAGE1试题2023-2024学年北京市第二外国语学院附中高一（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）已知向量a→=（1，﹣2），b→=（x，4），且a→A．53 B．35 C．252．（5分）i是虚数单位，若复数（1﹣2i）（a+i）是纯虚数，则实数a的值为（）A．2 B．﹣2 C．12 D．3．（5分）已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（）A．12 B．22 C．334．（5分）已知向量a→=(2，4)，b→=(3，−1)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5．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a＝2bcosC，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形6．（5分）如图，P是正方体ABCD﹣A1B1C1D1边A1C1上的动点，下列哪条边与边BP始终异面（）A．DD1 B．AC C．AD1 D．B1C7．（5分）已知两条直线m，n和平面α，那么下列命题中的真命题是（）A．若m⊥n，n⊂α，则m⊥α B．若m⊥n，n⊥α，则m∥α C．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n D．若m∥α，n∥α，则m∥n8．（5分）一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在北偏东60°，行驶4h后，船到达C处，看到这个灯塔在北偏东15°，这时船与灯塔的距离为（）km．A．15 B．306 C．156 9．（5分）已知正方形ABCD的边长为1，点P是对角线BD上任意一点，则AP→A．[−12，12] B．10．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为棱AD、BC的中点，则平面C1D1EF与底面ABCD所成的二面角的余弦值为（）A．22 B．55 C．25二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。11．（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=2，|12．（5分）在△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC=3，则a＝13．（5分）在△ABC中，点D满足BD→=4DC→，若AD→=xAB14．（5分）已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．15．（5分）如图，若正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则异面直线AC与A1B所成的角的大小是；直线A1B和底面ABCD所成的角的大小是．16．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝1，给出下列三个结论：①三棱锥A﹣BCE与F﹣ABC的体积相等；②三棱锥A﹣BEF的体积为定值；③三棱锥B﹣AEF的高为63（三棱锥B﹣AEF的高长即点B到平面AEF所有正确结论的序号有．三、解答题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。17．（14分）如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AB＝6，AC＝23，BC＝26，点D在边BC上，且∠ADC＝60°．（1）求cosB与△ABC的面积；（2）求线段AD的长．18．（14分）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C与AC1交于点O，D为BC边上一点，D为B1C1中点，且A1B∥平面ADC1．求证：（1）A1B∥OD；（2）平面A1BD1∥平面ADC1．19．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．20．（14分）在△ABC中，3asinC=ccosA，c=2（Ⅰ）求A；（Ⅱ）再从条件（1）、条件（2）、条件（3）这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求BC边上高线的长．条件（1）：sinC=2条件（2）：b=1+3条件（3）：a=221．（13分）设k是正整数，集合A至少有两个元素，且A⊆N*．如果对于A中的任意两个不同的元素x，y，都有|x﹣y|≠k，则称A具有性质P（k）．（1）试判断集合B＝{1，2，3，4}和C＝{1，4，7，10}是否具有性质P（2）？并说明理由；（2）若集合A＝{a1，a2，⋯，a12}⊆{1，2，⋯，20}，求证：A不可能具有性质P（3）；（3）若集合A⊆{1，2，⋯，2023}，且同时具有性质P（4）和P（7），求集合A中元素个数的最大值．

2023-2024学年北京市第二外国语学院附中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析题号12345678910答案BBCAABCDCB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）已知向量a→=（1，﹣2），b→=（x，4），且a→A．53 B．35 C．25【分析】利用向量向量共线定理可得x，再利用向量模的计算公式即可得出．【解答】解：∵a→∥b→，∴﹣2x﹣4＝0，解得∴a→∴|a→−b故选：B．【点评】本题考查平面向量的基本运算，属于基础题．2．（5分）i是虚数单位，若复数（1﹣2i）（a+i）是纯虚数，则实数a的值为（）A．2 B．﹣2 C．12 D．【分析】利用复数的乘法运算化简，再利用纯虚数的定义求解作答．【解答】解：（1﹣2i）（a+i）＝（a+2）+（1﹣2a）i，而a∈R，且复数（1﹣2i）（a+i）是纯虚数，所以a+2=01−2a≠0，解得a故选：B．【点评】本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．3．（5分）已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（）A．12 B．22 C．33【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可．【解答】解：设圆锥和圆柱的底面半径为r，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长为l＝2r，则圆锥和圆柱的高为ℎ=4所以圆锥的侧面积为S1圆柱的侧面积为S2所以圆锥和圆柱的侧面积之比为S1故选：C．【点评】本题考查圆柱与圆锥的侧面积的求解，属中档题．4．（5分）已知向量a→=(2，4)，b→=(3，−1)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【分析】根据已知条件，结合平面向量垂直的性质，即可求解．【解答】解：(a则(a→+kb→)⋅(a故“k=2”是“(故选：A．【点评】本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．5．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a＝2bcosC，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形【分析】利用正弦定理以及三角形的内角和，两角和的正弦函数化简a＝2bcosC，求出B与C的关系，即可判断三角形的形状．【解答】解：a＝2bcosC，由正弦定理可知，sinA＝2sinBcosC，因为A+B+C＝π，所以sin（B+C）＝2sinBcosC，所以sinBcosC+cosBsinC＝2sinBcosC，sin（B﹣C）＝0，B﹣C＝kπ，k∈Z，因为A、B、C是三角形内角，所以B＝C．三角形是等腰三角形．故选：A．【点评】本题考查正弦定理、三角形的内角和、两角和的正弦函数的应用，考查计算能力，属于基础题．6．（5分）如图，P是正方体ABCD﹣A1B1C1D1边A1C1上的动点，下列哪条边与边BP始终异面（）A．DD1 B．AC C．AD1 D．B1C【分析】根据空间中的两条直线的位置关系，判断是否为异面直线即可．【解答】解：对于A，当P是A1C1的中点时，BP与DD1是相交直线；对于B，根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；对于C，当点P与C1重合时，BP与AD1是平行直线；对于D，当点P与C1重合时，BP与B1C是相交直线．故选：B．【点评】本题考查了两条直线间的位置关系应用问题，是基础题．7．（5分）已知两条直线m，n和平面α，那么下列命题中的真命题是（）A．若m⊥n，n⊂α，则m⊥α B．若m⊥n，n⊥α，则m∥α C．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n D．若m∥α，n∥α，则m∥n【分析】由直线与平面垂直的判定判断A；由直线与平面平行的定义判断B；由直线与平面垂直的定义判断C；由直线与平面平行的性质判断D．【解答】解：对于A，若m⊥n，n⊂α，可得m∥α或m⊂α或m与α相交，故A错误；对于B，若m⊥n，n⊥α，则m∥α或m⊂α，故B错误；对于C，若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故C正确；对于D，若m∥α，n∥α，可得m∥n或m与n相交或m与n异面，故D错误．故选：C．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．8．（5分）一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在北偏东60°，行驶4h后，船到达C处，看到这个灯塔在北偏东15°，这时船与灯塔的距离为（）km．A．15 B．306 C．156 【分析】由题意可得三角形ABC内的边，角的值，由正弦定理可得BC的值．【解答】解：由题意可得AC＝15×4＝60，∠BAC＝90°﹣60°＝30°，∠ACB＝90°+15°＝105°，所以由三角形内角和可得∠B＝45°，在三角形ABC中由正弦定理可得BCsin∠BAC=ACsinB，所以BC=sin∠BACsinB故选：D．【点评】本题考查正弦定理的应用，属于中档题．9．（5分）已知正方形ABCD的边长为1，点P是对角线BD上任意一点，则AP→A．[−12，12] B．【分析】利用向量AB→，AD【解答】解：设BP→=λBD→，则0≤BD→所以AP→又|AD所以AP→⋅BD所以AP→故选：C．【点评】本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．10．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为棱AD、BC的中点，则平面C1D1EF与底面ABCD所成的二面角的余弦值为（）A．22 B．55 C．25【分析】根据题意可知，∠D1ED是平面C1D1EF与底面ABCD所成的二面角的平面角，然后在Rt△D1ED中，求出cos∠D1ED即可．【解答】解：根据题意，EF⊥平面ADD1A1，∴ED1⊥EF，ED⊥EF，∴∠D1ED是平面C1D1EF与底面ABCD所成的二面角的平面角，在Rt△D1ED中，ED=1∴cos∠D故选：B．【点评】本题考查了二面角的平面角的定义及求法，线面垂直的性质定理，考查了计算能力，属于基础题．二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。11．（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=2，|b→【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可．【解答】解：由(b设a→与b→的夹角为θ，则cosθ因为0≤θ≤π，所以θ=π故答案为：π3【点评】本题主要考查了向量数量积的性质的应用，属于基础题．12．（5分）在△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC=3，则a＝13【分析】先利用三角形面积公式求得c，最后利用三角函数的余弦定理求得a．【解答】解：∵S△ABC=12bcsin∴c＝4∴a=故答案为：13【点评】本题主要考查了解三角形问题．灵活利用正弦定理和余弦定理是解决三角形边角问题的关键．13．（5分）在△ABC中，点D满足BD→=4DC→，若AD→=xAB→+y【分析】利用已知条件画出图形，利用平面向量的基本定理，求解x，y即可．【解答】解：在△ABC中，点D满足BD→=4DC如图，可知AD→所以x=15，y则x﹣y=−3故答案为：−3【点评】本题考查平面向量的基本定理的应用，是基础题．14．（5分）已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：若l⊥α，l⊥m，则m∥α（或若l⊥α，m∥α，则l⊥m）．【分析】由l，m是平面α外的两条不同直线，利用线面平行的判定定理得若l⊥α，l⊥m，则m∥α．若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m．【解答】解：由l，m是平面α外的两条不同直线，知：由线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，则l⊥m故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．（或若l⊥α，m∥α，则l⊥m）．【点评】本题考查满足条件的真命题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．15．（5分）如图，若正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则异面直线AC与A1B所成的角的大小是60°；直线A1B和底面ABCD所成的角的大小是45°．【分析】连接A1C1，证明四边形AA1C1C为平行四边形，可得A1C1∥AC，得到异面直线AC与A1B所成的角即为∠BA1C1，再说明△BA1C1为等边三角形，可得异面直线AC与A1B所成的角的大小是60°；由正方体的结构特征可得∠A1BA为直线A1B和底面ABCD所成的角，再由等腰直角三角形得答案．【解答】解：如图，连接A1C1，∵AA1∥CC1，AA1＝CC1，∴四边形AA1C1C为平行四边形，可得A1C1∥AC，∴异面直线AC与A1B所成的角即为∠BA1C1，连接BC1，则△BA1C1为等边三角形，∴异面直线AC与A1B所成的角的大小是60°；∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱AA1⊥底面ABCD，∴∠A1BA为直线A1B和底面ABCD所成的角，大小为45°．故答案为：60°；45°．【点评】本题考查异面直线所成角与线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．16．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝1，给出下列三个结论：①三棱锥A﹣BCE与F﹣ABC的体积相等；②三棱锥A﹣BEF的体积为定值；③三棱锥B﹣AEF的高为63（三棱锥B﹣AEF的高长即点B到平面AEF所有正确结论的序号有①②．【分析】①将三棱锥A﹣BCE的体积转化为三棱锥E﹣ABC的体积，此时三棱锥E﹣ABC与F﹣ABC同底等高，体积相等；②以△BEF为底、A到平面BEF的距离为高，两者均为定值，从而三棱锥A﹣BEF的体积为定值；③等体积法求解三棱锥B﹣AEF的高，由此能求出三棱锥B﹣AEF的高．【解答】解：∵B1D1∥∥平面ABCD，线段B1D1上有两个动点E，F，∴点E和点F到平面ABCD的距离相等，均为2，∴三棱锥A﹣BCE与F﹣ABC的体积相等，故①正确；∵EF＝1，∴S△BEF而点A到平面BEF即到平面BDD1B1的距离为定值，∴三棱锥A﹣BEF的体积为定值，故②正确；设三棱锥B﹣AEF的高为h，连接A1C1，与B1D1交于点G，则G为A1C1中点，且A1C1⊥B1D1，∵AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1，∵AA1∩C1A1＝A1，∴B1D1⊥平面AA1C1，∵AG⊂平面AA1C1，∴B1D1⊥AG，且∠GA1A＝90°，由勾股定理得AG=A1A2+A∵点A到平面BDD1B1的距离为A1∴VA−BEF∴三棱锥B﹣AEF的高为h=233故答案为：①②．【点评】本题考查等体积法、点到平面的距离、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．三、解答题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。17．（14分）如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AB＝6，AC＝23，BC＝26，点D在边BC上，且∠ADC＝60°．（1）求cosB与△ABC的面积；（2）求线段AD的长．【分析】（1）利用余弦定理cosB=a2+（2）在△ABD中利用正弦定理ADsin∠ABD【解答】解：（1）根据题意得：cosB=a2+c∴△ABC的面积S△ABC=1（2）∵∠ADC＝60°，∴∠ADB＝120°，在△ABD中由正弦定理ADsin∠ABD=AB【点评】本题考查三角形的正余弦定理和三角形面积公式的运用，考查运算能力，属于基础题．18．（14分）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C与AC1交于点O，D为BC边上一点，D为B1C1中点，且A1B∥平面ADC1．求证：（1）A1B∥OD；（2）平面A1BD1∥平面ADC1．【分析】（1）连接A1C，交AC1于点O，连接OD，则根据线面平行的性质定理能证明A1B∥OD；（2）由（1）得出点D为棱BC的中点，从而得出BD1∥DC1，根据线面平行的判定定理即可得出BD1∥平面ADC1，然后根据面面平行的判定定理能证明平面A1BD1∥平面ADC1．【解答】证明：（1）如图，连接A1C，交AC1于O，连接OD，则平面A1BC∩平面ADC1＝OD，且A1B⊂平面A1BC，A1B∥平面ADC1，∴A1B∥OD．（2）由（1）知O为A1C的中点，∴D为BC的中点，且D1为B1C1的中点，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴BD1∥DC1，且BD1⊄平面ADC1，DC1⊂平面ADC1，∴BD1∥平面ADC1，且A1B∥面ADC1，BD1∩A1B＝B，BD1⊂平面A1BD1，A1B⊂平面A1BD1，∴平面A1BD1∥平面ADC1．【点评】本题考查了线面平行的判定定理和性质定理，面面平行的判定定理，三角形中位线的性质，考查了逻辑推理能力，属于中档题．19．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．【分析】（Ⅰ）根据条件，利用平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）根据已知条件判断ABED为平行四边形，故有BE∥AD，再利用直线和平面平行的判定定理证得BE∥平面PAD．（Ⅲ）先证明ABED为矩形，可得BE⊥CD①．现证CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位线的性质可得EF∥PD，从而证得CD⊥EF②．结合①②利用直线和平面垂直的判定定理证得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理证得平面BEF⊥平面PCD．【解答】解：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．（Ⅲ）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD①．由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，∴CD⊥EF②．而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．【点评】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理，直线和平面平行的判定定理，平面和平面垂直的判定定理、性质定理的应用，属于中档题．20．（14分）在△ABC中，3asinC=ccosA，c=2（Ⅰ）求A；（Ⅱ）再从条件（1）、条件（2）、条件（3）这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求BC边上高线的长．条件（1）：sinC=2条件（2）：b=1+3条件（3）：a=2【分析】（Ⅰ）由已知利用正弦定理可得3sinAsinC＝sinCcosA，结合sinC≠0，进而可求tanA=33，结合范围A∈（0，π），可求（Ⅱ）若选条件（1）：由题意利用正弦定理可得sinC=1若选条件（2）：由题意利用余弦定理可得a的值，进而根据等面积法即可求解．若选条件（3）：由题意利用正弦定理可得sinC=22，可得C=π【解答】解：（Ⅰ）因为3asinC=ccosA所以由正弦定理可得3sinAsinC＝sinCcosA，又sinC≠0，所以3sinA＝cosA，即tanA=3因为A∈（0，π），所以A=π（Ⅱ）若选条件（1）：sinC=2a，由正弦定理知2sinC=asin故满足所选条件的三角形不存在，不满足题意；若选条件（2）：b＝1+3，由余弦定理可得，a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（l+3）2+22﹣2（1+3）×2×3所以满足条件的三角形唯一，由等积法可知S△ABC=12bcinA=即2×（1+3）×12=2若选条件（3）：a=2，由正弦定理，asinA=所以sinC=22，可得C=π【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．21．（13分）设k是正整数，集合A至少有两个元素，且A⊆N*．如果对于A中的任意两个不同的元素x，y，都有|x﹣y|≠k，则称A具有性质P（k）．（1）试判断集合B＝{1，2，3，4}和C＝{1，4，7，10}是否具有性质P（2）？并说明理由；（2）若集合A＝{a1，a2，⋯，a12}⊆{1，2，⋯，20}，求证：A不可能具有性质P（3）；（3）若集合A⊆{1，2，⋯，2023}，且同时具有性质P（4）和P（7），求集合A中元素个数的最大值．【分析】（1）根据定义判断B，C是否具有性质P（2）即可；（2）将{1，2，⋯，20}分为11个子集，结合抽屉原理证明结论；（3）先证明连续11个自然数中至多有5个元素属于A，由此可得集合A中元素个数不超过920个，再举例说明存在含有920个元素的满足要求的集合A．【解答】解：（1）因为B＝{1，2，3，4}，又1∈N*，2∈N*，3∈N*，4∈N*，但|4﹣2|＝2，所以集合B不具有性质P（2），因为C＝{1，4，7，10}，又1∈N*，4∈N*，7∈N*，10∈N*，但|4﹣1|＝3，|7﹣1|＝6，|10