2023-2024学年北京二中高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年北京二中高一（下）期中数学试卷一、单选题1．复数z=5A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知向量a→=（﹣1，2），b→=（1，m），且A．﹣5 B．﹣4 C．﹣2 D．03．在△ABC中，若A=105°，B=45°，b=2，则cA．1 B．3 C．2 D．64．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E，F分别为BC，CD的中点，G为EF中点，则AG→A．23AB→+13AD→ 5．设m，n表示两条不同的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题中不正确的是（）A．m⊥α，m⊥β，则α∥β B．m∥n，m⊥α，则n⊥α C．m⊥α，n⊥α，则m∥n D．m∥α，α∩β＝n，则m∥n6．在△ABC中，若AB→•BC→+A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形7．已知平面α，β，γ，α∩β＝a，γ∩β＝b，则α∥γ是a∥b的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是AD的中点，N是C1D1的中点，则异面直线D1M与DN所成角的余弦值为（）A．12 B．35 C．349．已知正方形ABCD的边长为2，动点P在以D为圆心且与AC相切的圆上，则BP→•ACA．[﹣22，22] B．[0，22] C．[﹣4，4] D．[0，4]10．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP∥平面CND1，则下列说法正确的是（）A．点P可以是棱BB1的中点 B．线段MP的最大值为32C．点P的轨迹是正方形 D．点P轨迹的长度为2+二、填空题11．若复数z＝（3﹣i）（1+i），则|z|＝．12．已知向量a→=(2，x)，b→=(1，3)，13．已知α→=(3，1)，b→=（﹣23，214．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1，设点M，N，P分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P﹣A1MN的体积是．15．给定两个长度为1的平面向量OA→和OB→，它们的夹角为120°．点C在以O为圆心的圆弧AB上变动，若OC→=xOA→+yOB→，其中x，y∈R16．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为2的菱形，且∠DAB=π3，PD＝AD，PD⊥平面ABCD，F，O分别是PA，BD的中点，E是线段①AC⊥OE；②FC＝PO；③直线PO与底面ABCD所成角的正弦值为55④△AEC面积的取值范围是[6其中所有正确结论的序号是．三、解答题17．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC=12AD，E（1）求证：BC∥AD；（2）求证：BE∥平面PDC．18．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，E为AA1的中点，O为BD1的中点．（1）求证：平面A1BD1⊥平面ABB1A1；（2）求证：EO⊥平面BDD1B1；（3）设P为正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱上一点，给出满足条件OP=2的点P19．如图所示，D为△ABC外一点，且∠ABC＝135°，AD⊥CD，AB=2，BC＝1，CD（1）求sin∠ACD的值；（2）求BD的长．20．在△ABC中，asinC﹣ccosA＝0．（1）求A；（2）求2cosB+cosC（3）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．条件①：b=2条件②：sinB=10条件③：a=10注：如果选择的条件不符合要求，第（3）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．21．已知α0＝（a0，b0，c0，d0）和数表A=a1b1c1d1a2①任意i∈{0，1，2}，ai+1﹣ai，bi+1﹣bi，ci+1﹣ci，di+1﹣di中有三个﹣1，一个3；②存在k∈{1，2，3}，使ak，bk，ck，dk中恰有三个数相等．（1）判断数表A=5666（2）是否存在数表A由α0＝（6，7，7，4）生成？说明理由；（3）若存在数表A由α0＝（7，12，3，d0）生成，写出d0所有可能的值．

2023-2024学年北京二中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单选题1．复数z=5A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数的代数表示法及其几何意义；复数的运算．【答案】A【分析】根据复数的运算法则求出复数即可判断．【解答】解：由题意知，z=5所以z=5故选：A．2．已知向量a→=（﹣1，2），b→=（1，m），且A．﹣5 B．﹣4 C．﹣2 D．0【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】C【分析】根据a→∥b→即可得出﹣【解答】解：∵a→∴﹣m﹣2＝0，解得m＝﹣2．故选：C．3．在△ABC中，若A=105°，B=45°，b=2，则cA．1 B．3 C．2 D．6【考点】正弦定理．【答案】A【分析】由题意可得C，再由正弦定理即可得到结果．【解答】解：因为A＝105°，B＝45°，所以C＝180°﹣A﹣B＝30°，由正弦定理bsinB=c故选：A．4．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E，F分别为BC，CD的中点，G为EF中点，则AG→A．23AB→+13AD→ 【考点】平面向量的数乘与线性运算．【答案】C【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标表示，列出方程组，即可求出AG→=xAB→+yAD→【解答】解：建立平面直角坐标系，如图所示；矩形ABCD中，AB＝2AD，E，F分别为BC，CD的中点，G为EF中点，设B（2，0），则D（0，1），E（2，12），F∴G（32，3∴AG→=（32，34），设AG→=xAB→则（32，34）＝（2x，即2x=3解得x=34，y∴AG→故选：C．5．设m，n表示两条不同的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题中不正确的是（）A．m⊥α，m⊥β，则α∥β B．m∥n，m⊥α，则n⊥α C．m⊥α，n⊥α，则m∥n D．m∥α，α∩β＝n，则m∥n【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【答案】D【分析】充分利用线面平行和线面垂直的性质和判定定理对四个选项逐一解答．A选项用垂直于同一条直线的两个平面平行判断即可；B选项用两个平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面；C选项用线面垂直的性质定理判断即可；D选项由线面平行的性质定理判断即可．【解答】解：A选项中命题是真命题，m⊥α，m⊥β，可以推出α∥β；B选项中命题是真命题，m∥n，m⊥α可得出n⊥α；C选项中命题是真命题，m⊥α，n⊥α，利用线面垂直的性质得到n∥m；D选项中命题是假命题，因为无法用线面平行的性质定理判断两直线平行．故选：D．6．在△ABC中，若AB→•BC→+A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形【考点】三角形的形状判断．【答案】B【分析】由条件求得AB→•AC→=0，可得AB→⊥AC→，故∠【解答】解：在△ABC中，AB→•BC→+AB→2=AB→•（AB∴∠A=π2，则△故选：B．7．已知平面α，β，γ，α∩β＝a，γ∩β＝b，则α∥γ是a∥b的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】充分条件与必要条件；平面与平面平行．【答案】A【分析】结合面面平行的性质定理和线面平行的性质定理即可判断．【解答】解：因为α∥γ，α∩β＝a，γ∩β＝b，所以由面面平行的性质定理可得a∥b，则充分性成立；因为a∥b，α∩β＝a，γ∩β＝b，则a∥γ或α∩γ＝l，则必要性不成立；综上所述，α∥γ是a∥b的充分不必要条件．故选：A．8．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是AD的中点，N是C1D1的中点，则异面直线D1M与DN所成角的余弦值为（）A．12 B．35 C．34【考点】异面直线及其所成的角．【答案】D【分析】由题意画出图形，找出两异面直线所成角，设正方体的棱长为2，求解三角形得答案．【解答】解：如图，分别取BC、CD的中点E、F，连接ME，EF，C1E，C1F，∵M、E分别为AD、BC的中点，∴ME∥AB∥C1D1，ME＝AB＝C1D1，可得四边形MEC1D1为平行四边形，则D1M∥C1E，∵F、N分别为CD、C1D1的中点，∴DF∥C1N，DF＝C1N，则四边形DFC1N是平行四边形，得DN∥C1F，则∠EC1F为异面直线D1M与DN所成角．设正方体的棱长为2，在△EC1F中，可得C1E=C1∴cos∠EC1F=5+5−2即异面直线D1M与DN所成角的余弦值为45故选：D．9．已知正方形ABCD的边长为2，动点P在以D为圆心且与AC相切的圆上，则BP→•ACA．[﹣22，22] B．[0，22] C．[﹣4，4] D．[0，4]【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】以D为坐标原点建立平面直角坐标系，可得圆D的半径为2，设P（2cosθ，2sinθ），根据平面向量数量积的坐标运算，用含θ的式子表示出BP→•AC【解答】解：以D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则D（0，0），A（2，0），B（2，2），C（0，2），所以AC→因为圆D与AC相切，所以圆D的半径为2，设P（2cosθ，2sinθ），则BP→=（2cosθ﹣2，2sin所以BP→•AC→=（2cosθ﹣2）×（﹣2）+（2sinθ﹣2）×2＝22（sinθ﹣cosθ）＝4sin（因为θ∈[0，2π]，所以sin（θ−π4）所以BP→•AC→=4sin（θ−故选：C．10．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP∥平面CND1，则下列说法正确的是（）A．点P可以是棱BB1的中点 B．线段MP的最大值为32C．点P的轨迹是正方形 D．点P轨迹的长度为2+【考点】直线与平面平行；轨迹方程；棱柱的结构特征．【答案】B【分析】取棱BC的中点E，连接DE，B1E，ME，进而证明平面B1EM平面CND1，再结合题意可知直线B1M必过D点，进而取A1D1中点F，连接B1F，FD，DE，证明F∈平面B1EM即可得四边形B1EDF为点P的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可．【解答】解：如图，取棱BC的中点E，连接DE，B1E，ME，因为M，N分别为BD1，B1C1的中点，所以在△BCD1中，ME∥CD1，由于ME⊄平面CND1，CD1⊂平面CND1，所以ME∥平面CND1，因为B1N∥CE，B1N＝CE，所以，四边形CNB1E为平行四边形，所以CN∥B1E，因为CN⊂平面CND1，B1E⊄平面CND1，所以B1E∥平面CND1，因为B1E∩ME＝E，B1E，ME⊂平面B1EM，所以平面B1EM∥平面CND1，由于M为体对角线BD1的中点，所以，连接B1M并延长，直线B1M必过D点，故取A1D1中点F，连接B1F，FD，DE，所以由正方体的性质易知FD1∥CE，FD1＝CE，所以四边形CD1FE是平行四边形，EF∥CD1，EF＝CD1，因为ME∥CD1，ME=1所以E，F，M共线，即F∈平面B1EM，所以四边形B1EDF为点P的轨迹，故A选项错误；由正方体的棱长为1，所以四边形B1EDF的棱长均为52，且对角线为EF=所以四边形B1EDF为菱形，周长为25，故CD由菱形的性质知，线段MP的最大值为12B1故选：B．二、填空题11．若复数z＝（3﹣i）（1+i），则|z|＝25．【考点】复数的模．【答案】25【分析】由题意求出复数z，再由复数的模的计算公式可得|z|的值．【解答】解：z＝（3﹣i）（1+i）＝3+1+2i＝4+2i，所以|z|=42+故答案为：25．12．已知向量a→=(2，x)，b→=(1，3)，【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】见试题解答内容【分析】求出a→−b【解答】解：由已知a→又a→所以a→解得x＝1或2．故答案为：1或2．13．已知α→=(3，1)，b→=（﹣23，2【考点】数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】见试题解答内容【分析】由内积公式知a→⋅b→=|a【解答】解：已知α→=(3，1)，∴a→⋅b→=−∴﹣4＝2×4×cosθ∴cosθ=−∴θ＝1200故答案为120014．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1，设点M，N，P分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P﹣A1MN的体积是124【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】1【分析】根据线面平行，可知VA【解答】解：因为N，P分别是棱BC，B1C1的中点，所以PN∥AA1，PN⊂平面PMN，AA1⊄平面PMN，所以AA1∥平面PMN，VP−故答案为：12415．给定两个长度为1的平面向量OA→和OB→，它们的夹角为120°．点C在以O为圆心的圆弧AB上变动，若OC→=xOA→+yOB→，其中x，y∈R【考点】平面向量的基本定理．【答案】见试题解答内容【分析】对OC→=xOA→+yOB→两边平方并根据已知条件可得到：x2﹣xy+y2＝（x+y）2﹣3xy＝1，所以（x+y）2﹣1＝3xy，因为根据向量加法的平行四边形法则可知，x，y＞0，所以3xy≤34(x+y)【解答】解：由已知条件知：OC→2=1=(xOA→+yOB→)2=x2OA→2∴（x+y）2﹣1＝3xy，根据向量加法的平行四边形法则，容易判断出x，y＞0，∴x+y≥2xy，∴xy≤∴(x+y)2−1≤34(x+y)2，∴（x+y）2≤4，∴故答案为：2．16．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为2的菱形，且∠DAB=π3，PD＝AD，PD⊥平面ABCD，F，O分别是PA，BD的中点，E是线段①AC⊥OE；②FC＝PO；③直线PO与底面ABCD所成角的正弦值为55④△AEC面积的取值范围是[6其中所有正确结论的序号是①④．【考点】直线与平面所成的角．【答案】①④【分析】①通过线面垂直证明线线垂直；②通过计算可得到结果；③通过线面角的定义与计算可得到结果；④通过求OE的取值范围计算三角形面积的取值范围．【解答】解：由AC⊥BD，AC⊥PD得AC⊥平面PBD，因为OE⊂平面PBD，所以AC⊥OE，①正确计算可得AC=23，PC=PA=22，AF=2PO=Pcos∠PAC=ACF所以CF=22，②由线面角定义知，∠POD就是直线PO与底面ABCD所成的角，sin∠POD=255由AC⊥PBD得，AC⊥OE，S△ACE|OE|max=5，PB⊥OE时|OE故答案为：①④．三、解答题17．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC=12AD，E（1）求证：BC∥AD；（2）求证：BE∥平面PDC．【考点】直线与平面平行．【答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解．【分析】（1）由题意利用线面平行的性质定理即可证明BC∥AD；（2）取PD的中点F，连接EF，FC，由（1）可证明EFCB是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得BE∥平面PDC．【解答】证明：（1）因为BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，由线面平行的性质定理可得BC∥AD；（2）取PD的中点为F，连接EF，FC，如下图所示：由E是PA的中点，F是PD的中点，可得EF∥AD，且EF=1由（1）知BC∥AD，且BC=1所以EF∥BC，且EF＝BC；所以四边形EFCB是平行四边形，即BE∥CF，又BE⊄平面PDC，CF⊂平面PDC；所以BE∥平面PDC．18．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，E为AA1的中点，O为BD1的中点．（1）求证：平面A1BD1⊥平面ABB1A1；（2）求证：EO⊥平面BDD1B1；（3）设P为正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱上一点，给出满足条件OP=2的点P【考点】平面与平面垂直；直线与平面垂直．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）12．【分析】（1）由正方体的性质可得A1D1⊥平面ABB1A1，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）连接A1C1，可证得A1C1⊥平面BDD1B1，连接AC1，可得EO∥A1C1，从而可证得结论；（3）只要求出以O为球心，2为半径的球与正方体棱的交点个数即可．【解答】解：（1）证明：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1D1⊥平面ABB1A1，因为A1D1⊂平面A1BD1，所以平面A1BD1⊥平面ABB1A1；（2）证明：连接A1C1，AC1，则A1C1⊥B1D1，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1，因为BB1∩B1D1＝B1，所以A1C1⊥平面BDD1B1，连接AC1，因为O为BD1的中点，所以O是AC1的中点，因为E为AA1的中点，所以EO∥A1C1，所以EO⊥平面BDD1B1；（3）因为在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，且O为正方体体对角线的交点，所以O到每条棱的距离均为2，所以满足条件OP=2的点P19．如图所示，D为△ABC外一点，且∠ABC＝135°，AD⊥CD，AB=2，BC＝1，CD（1）求sin∠ACD的值；（2）求BD的长．【考点】三角形中的几何计算；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）55（2）655【分析】（1）利用余弦定理求出AC边的长，用勾股定理得出AD边的长，即可求出sin∠ACD的值；（2）由正弦定理求出∠BCA与∠ACD的关系，由余弦定理即可求出BD的长．【解答】解：（1）在△ABC中，∠ABC＝135°，AB=2，BC由余弦定理得，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC，∴AC∴AC=5∴在Rt△ADC中，AD⊥CD，CD＝2，AD=A∴sin∠ACD=AD（2）由题意及（1）得，在△ABC中，由正弦定理得，ABsin∠BCA∴sin∠BCA=2×2又0＜∠ACD＜90°，∴∠BCA＝∠ACD，∴cos∠BCD＝cos2∠BCA=1−2sin在△BCD中，BC＝1，CD＝2，由余弦定理得，BD2＝BC2+CD2﹣2BC•CD•cos∠BCD，∴BD∴BD=6520．在△ABC中，asinC﹣ccosA＝0．（1）求A；（2）求2cosB+cosC（3）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．条件①：b=2条件②：sinB=10条件③：a=10注：如果选择的条件不符合要求，第（3）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）π4（2）1；（3）选条件①②：三角形不存在；选条件①③：5；选条件②③：2．【分析】（1）利用正弦定理得到sinA＝cosA，由A∈（0，π），即可求出A；（2）把2cosB+cosC化为2（3）选条件①②：利用正弦定理求得sinC=510，再由AC求出sinB选条件①③：利用余弦定理求得c=10，b=25，满足a2+c2＝b选条件②③：由正弦定理求得b=2，由余弦定理求得c＝4，a=10，【解答】解：（1）在△ABC中，asinC﹣ccosA＝0，由正弦定理得：sinAsinC﹣sinCcosA＝0，因为C∈（0，π），所以sinC≠0，所以sinA＝cosA，因为A∈（0，π），所以A=π（2）因为A=π4，所以B+C=3π4，所以所以2cosB+cosC=所以当B=π4时，即2cosB+cosC（3）选条件①②：在△ABC中，A=π4，b=2由正弦定理得：sinB=2sinC，所以因为b=2c＞c，所以C必为锐角，所以所以sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC=2所以这样的三角形不存在；选条件①③：在△ABC中，A=π4，b=2由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA得：10=2c2+所以b=2c=25，满足a2+c2＝b2此时，S△ABC选条件②③：在△ABC中，A=π4，sinB=10由正弦定理asinA=b由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA得：10=2+c解得：c＝4（c＝﹣2舍去）c＝4，a=10，b=故这样的三角形存在且唯一，此时，S△ABC21．已知α0＝（a0，b0，c0，d0）和数表A=a1b1c1d1a2①任意i∈{0，1，2}，ai+1﹣ai，bi+1﹣bi，ci+1﹣ci，di+1﹣di中有三个﹣1，一个3；②存在k∈{1，2，3}，使ak，bk，ck，dk中恰有三个数相等．（1）判断数表A=5666（2）是否存在数表A由α0＝（6，7，7，4）生成？说明理由；（3）若存在数表A由α0＝（7，12，3，d0）生成，写出d0所有可能的值．【考点】数列的应用；进行简单的合情推理．【答案】（1）是（2）不存在，理由见解析（3）3，7，11，﹣1．【分析】（1）根据数表A满足的两个性质进行检验，即可得结论；（2）采用反证的方法，即若存在这样的数表A，由性质①推出对任意的k∈{1，2，3}，ak，bk，ck，dk中均有2个奇数，2个偶数，则推出不满足性质②，即得结论；（3）判断出d0的所有可能的值为3，7，11，一方面说明d0取这些值时可以由α0＝（7，12，3，d0）生成数表A，另一方面，分类证明d0的取值只能为3，7，11，由此可得d0所有可能的值．【解答】解：（1）数表A=5666检验性质①：当i＝0时，5﹣6＝﹣1，6﹣7＝﹣1，6﹣7＝﹣1，6﹣3＝3，共三个﹣1，一个3；当i＝1时，4﹣5＝﹣1，5﹣6＝﹣1，5﹣6＝﹣1，9﹣6＝3，共三个﹣1，一个3；当i＝2时，3﹣4＝﹣1，8﹣5＝3，4﹣5＝﹣1，8﹣9＝﹣1，共三个﹣1，一个3；任意i∈{0，1，2}，ai+1﹣ai，bi+1﹣bi，ci+1﹣ci，di+1﹣di中有三个﹣1，一个3；检验性质②：当k＝1时，a1＝5，b1＝6，c1＝6，d1＝6，恰有3个数相等．（2）不存在数表A由α0＝（6，7，7，4）生成，理由如下：若存在这样的数表A，由性质①任意i∈{0，1，2}，ai+1﹣ai，bi+1﹣bi，ci+1﹣ci，di+1﹣di中有三个﹣1，一个3，则ai+1﹣ai＝3或﹣1，总有ai+1与ai的奇偶性相反，类似的，bi+1与bi的奇偶性相反，ci+1与ci的奇偶性相反，di+1与di的奇偶性相反；因为a0＝6，b0＝7，c0＝7，d0＝4中恰有2个奇数，2个偶数，所以对任意的k∈{1，2，3}，ak，bk，ck，dk中均有2个奇数，2个偶数，此时ak，bk，ck，dk中至多有2个数相等，不满足性质②；综上，不存在数表A由α0＝（6，7，7，4）生成；（3）d0的所有可能的值为3，7，11．一方面，当d0＝3时，（7，12，3，3）可以生成数表A=6当d0＝7时，（7，12，3，7）可以生成数表A=6当d0＝11时，（7，12，3，11）可以生成数表A=6当d0＝11时，（7，12，3，11）可以生成数表611另一方面，若存在数表A由α0＝（7，12，