2024北京二中高一（下）期中数学试题及答案

这是一份2024北京二中高一（下）期中数学试题及答案，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
班级：___________姓名：___________学号：___________
一、单选题
1．复数z=51-2i在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知向量a=(-1,2)，b=(1,m)，且a//b，那么m=（ ）
A．-5B．-4C．-2D．0
3．在△ABC中，若A=105°,B=45°,b=2，则c=（ ）
A．1B．3C．2D．6
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+13ADB．13AB+23ADC．34AB+34ADD．23AB+23AD
5．设m、n表示两条不同的直线，α、β表示不同的平面，则下列命题中不正确的是（ ）．
A．m⊥α，m⊥β，则α//βB．m//n，m⊥α，则n⊥α
C．m⊥α，n⊥α，则m//nD．m//α，α∩β=n，则m//n
6．在△ABC中，若AB⋅BC+AB2=0，则△ABC的形状一定是（ ）
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．12B．35C．34D．45
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⋅AC的取值范围是（ ）
A．[-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32
C．点P的轨迹是正方形D．点P轨迹的长度为2+5
二、填空题
11．若复数z=3-i1+i，则z= ．
12．已知向量a=2,x,b=1,3,a⊥a-b，则x=________.
13．已知a=3,1，b=-23,2，则a与b的夹角为 ．
14．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.如图所示，点C在以O为圆心的圆弧上变动.若OC=xOA+yOB,其中x,y∈R,则x+y的最大值是 .
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PB上的动点，给出下列四个结论：
①AC⊥OE；
②FC=PO；
③直线PO与底面ABCD所成角的正弦值为55；
④△AEC面积的取值范围是62,15.
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是PA的中点．

(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P的个数.(结论不要求证明)
19．如图所示，D为△ABC外一点，且∠ABC=135∘,AD⊥CD，AB=2,BC=1,CD=2，

(1)求sin∠ACD的值；
(2)求BD的长.
20．在△ABC中，asinC-ccsA=0．
(1)求A；
(2)求2csB+csC的最大值．
(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=2c；
条件②：sinB=1010；
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．已知和数表，其中.若数表满足如下两个性质，则称数表由生成.
①任意中有三个，一个3；
②存在，使中恰有三个数相等.
(1)判断数表是否由生成；（结论无需证明）
(2)是否存在数表由生成？说明理由；
(3)若存在数表由生成，写出所有可能的值.
参考答案
1．A
【分析】根据复数的运算法则求出复数即可判断.
【详解】由题意知，z=51-2i=51+2i1-2i1+2i=51+2i5=1+2i，
所以z=51-2i在复平面内所对应的点为1,2，位于第一象限.
故选：A.
2．C
【分析】根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】解：因为a=(-1,2)，b=(1,m)，且a//b，
所以-m=1×2，解得m=-2.
故选：C
3．A
【分析】由题意可得C，再由正弦定理即可得到结果.
【详解】因为A=105°,B=45°，所以C=30°，
由正弦定理可得c=bsinCsinB=2×1222=1.
故选:A
4．C
【分析】根据向量加法的三角形法则和四边形法则，可得结果.
【详解】根据题意：AG=12AE+AF
又AE=AB+BE=AB+12AD
AF=AD+DF=AD+12AB
所以AG=34AB+34AD
故选：C
【点睛】本题主要考查利用向量的加法法则，熟练掌握向量加法的三角形法则和平行四边形法则，对向量用其它向量表示有很大的作用，属基础题.
5．D
【详解】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m//n；
D选项中命题是假命题，因为两直线平行或异面．
故选D．
6．B
【分析】先利用数量积运算化简得到accsB=c2，再利用余弦定理化简得解.
【详解】因为AB⋅BC+AB2=0，所以accs(π-B)+c2=0，
所以accsB=c2，所以ac×a2+c2-b22ac=c2，
所以b2+c2=a2，所以三角形是直角三角形.
故选：B
7．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.
【详解】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可知，所以a⊄γb⊂γ，则a∥γ，又b⊄αa⊂α，则b∥α，当α∩γ=l时，由线面平行的性质定理可知a∥l∥b，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．D
【分析】设正方体棱长为2，取CD中点E,BC中点F连接MF,可证得D1M//C1F,DN//C1E，则∠EC1F为D1M与DN所成角，计算即可求得结果.
【详解】设正方体棱长为2，取CD中点E,BC中点F连接MF,
∵ C1D1//MF,C1D1=MF,∴四边形MFC1D1为平行四边形，∴D1M//C1F.
∵ C1N//DE,C1N=DE,∴四边形NDEC1为平行四边形，∴DN//C1E.
∴ ∠EC1F为D1M与DN所成角.
在△EC1F中，C1E=C1F=5,EF=2,
∴ cs∠EC1F=5+5-22×5×5=45.
∴ D1M与DN所成角的余弦值为45.
故选：D

9．C
【分析】根据条件可建立直角坐标系，写出点的坐标，根据点坐标得向量坐标，进而根据向量数量积的坐标运算即可求解.
【详解】以点D为圆心，以DC,DA分别为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则：
D(0,0)，A(0,2)，B(2,2)，C2,0
圆D的半径为2，∴设P(2csθ,2sinθ)，θ∈R
∴ BP=(2csθ-2,2sinθ-2)，AC=(2,-2)，
∴ BP⋅AC=22csθ-2-22sinθ-2=4cs(θ+π4)，
当cs(θ+π4)=-1时，BP⋅AC取最小值-4，当cs(θ+π4)=1时BP⋅AC取最大值4
故选：C
10．B
【分析】
如图，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.
【详解】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=12CD1，
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=2,B1D=3，，
所以，四边形B1EDF为菱形，周长为25，故CD选项错误，
由菱形的性质知，线段MP的最大值为12B1D=32，故B选项正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱BC的中点E，进而证明平面B1EM//平面CND1，再根据面面平行的性质求解点P轨迹即可求解.
11．25
【分析】利用复数乘法运算化简，进而求模即可.
【详解】∵z=3-i1+i=4+2i，
∴z=16+4=25.
故答案为：25
12．x=1或者2
【分析】求出a-b坐标，再根据a⋅a-b=0列方程求解.
【详解】由已知a→-b→=1,x-3，
又a⊥a-b，
所以a→⋅a→-b→=2+xx-3=0，
解得x=1或者2
13．2π3
【分析】根据题意结合向量的坐标运算求解.
【详解】由题意可知：a⋅b=-6+2=-4,a=2,b=4，
可得csa,b=a⋅ba⋅b=-12，且a,b∈0,π，
所以a与b的夹角为2π3.
故答案为：2π3.
14．124
【分析】根据线面平行，可知VA1-PMN=VA-PMN，然后根据等体积法即可求解.
【详解】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-A1MN=VA1-PMN=VA-PMN=VP-AMN=13S△AMN⋅PN=13×18=124
故答案为：124
15．2
【详解】x-12y=OA⋅OC
-12x+y=OB⋅OC
x+y=2(OA+OB)⋅OC=2OD⋅OC=2cs
所以最大值为2
16．①④
【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
【详解】
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=2，AO=3
PO=PA2-AO2=(22)2-32=5
cs∠PAC=AC2+PA2-PC22ACPC=(23)2+(22)2-(22)22×23×22=64
CF2=AF2+AC2-2ACAFcs∠PAC=22+(23)2-2×23×2×64=8
所以CF=22，②不正确；
由线面角定义知，∠POD就是直线PO与底面ABCD所成的角，sin∠POD=255，③不正确；
由AC⊥平面PBD得，AC⊥OE，S△ACE=12AC⋅OE=3×OE
OEmax=5， PB⊥OE时OE最小，OEmin=22④正确．
故答案为：①④
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【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.
【详解】（1）根据题意可得，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=12AD；
由（1）知BC//AD，且BC=12AD，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．（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
【详解】（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P的个数为12
19．(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.
【详解】（1）由题意，
在△ABC中，∠ABC=135∘，AB=2，BC=1，
由余弦定理得，AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cs∠ABC，
∴AC2=2+1-2×2×1×-22.
∴AC=5.
∴在Rt△ADC中，AD⊥CD，CD=2，
AD=AC2-CD2=5-4=1，
∴sin∠ACD=ADAC=55.
（2）由题意及（1）得，
在△ABC中，由正弦定理得，ABsin∠BCA=ACsin∠ABC.
∴sin∠BCA=2×225=55，且0