黑龙江省哈尔滨市第二十四中学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份黑龙江省哈尔滨市第二十四中学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）（2+i）（3﹣2i）＝（ ）
A．4﹣iB．8﹣iC．4+iD．8+i
2．（5分）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′∥B′C′，A′B′＝2，则该平面图形的高为（ ）
A．B．2C．D．
3．（5分）已知α，β为两个不同的平面，m，n，l为三条不同的直线（ ）
A．若α∥β，且m⊂α，则m∥β
B．若α∩β＝l，且m∥l，则m∥α
C．若m∥α，n∥α，则m∥n
D．若l∥m，l∥n，且m，n⊂α，则l∥α
4．（5分）记复数z的共轭复数为，若z（1+i）＝2﹣2i（ ）
A．1B．C．2D．
5．（5分）圣•索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美．为了估算圣•索菲亚教堂的高度，高约为36m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线），在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15°，则可估算圣•索菲亚教堂的高度CD约为（ ）
A．54mB．47mC．50mD．44m
6．（5分）如图，平面α∥平面β，△PAB所在的平面与α，AB，若PC＝2，CD＝1，则AB＝（ ）
A．B．2C．D．3
7．（5分）如图，在四面体ABCD中，M，N，P，Q，E分别是AB，CD，AD，则下列说法中不正确的是（ ）
A．M，N，P，Q四点共面B．∠QME＝∠CBD
C．△BCD∽△MEQD．四边形MNPQ为梯形
8．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b＝2ccsA，且，则△ABC的面积取最大值时（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，共18分）
（多选）9．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．若直线l与平面α不平行，则l与α相交
B．若直线l上有两个点到平面α的距离相等，则l∥α
C．经过两条平行直线有且仅有一个平面
D．如果两个平面没有公共点，则这两个平面平行
（多选）10．（6分）已知，，为非零向量，下列说法正确的是（ ）
A．向量在向量上的投影向量可表示为
B．若∥，∥，则∥
C．若向量可由向量，线性表出，则，，一定不共线
D．若•＝•，则＝
（多选）11．（6分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，M，N分别为棱C1D1，B1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线DM与直线BN是异面直线
B．直线DM，直线BN，直线CC1交于一点
C．直线DM与直线BB1所成的角为60°
D．直线DM与直线AB所成的角的正切值为2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）设是不共线的两个向量，．若A，B，则k的值为 ．
13．（5分）已知复数z＝（k2﹣3k﹣4）+（k﹣1）i（k∈R），若复数z在复平面上对应的点位于第二象限，则k的取值范围为 ．
14．（5分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，，∠BAD＝90°．若P为线段AB上一动点，则 ．
四、解答题（共77分）
15．（13分）已知向量，，求：
（1）；
（2）||；
（3）．
16．（15分）已知△ABC内角，A，B，C的对边分别为a，b，c，且（a+b+c）（b+c﹣a）＝3bc．
（Ⅰ）求角A；
（Ⅱ）若a＝2，△ABC的面积为，求b
17．（15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，M分别在棱AB，PC上，连接ME．
（1）若M为PC的中点，求证：ME∥平面PAD；
（2）若ME∥平面PAD，求点M的位置．
18．（17分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥AD，2AB＝2BC＝AD＝2，设E，PA的中点，．
（1）证明：CE∥平面PAB；
（2）证明：平面BOF∥平面CDE．
19．（17分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cs2B﹣cs2A＝4（csC﹣cs3C）．
（1）若C＝，求A；
（2）若△ABC为锐角三角形，求的取值范围．
2023-2024学年黑龙江省哈尔滨二十四中高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.40分）
1．（5分）（2+i）（3﹣2i）＝（ ）
A．4﹣iB．8﹣iC．4+iD．8+i
【分析】由已知结合复数的四则运算即可求解．
【解答】解：（2+i）（3﹣3i）＝6﹣4i+6i﹣2i2＝8﹣i．
故选：B．
【点评】本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题．
2．（5分）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′∥B′C′，A′B′＝2，则该平面图形的高为（ ）
A．B．2C．D．
【分析】根据给定条件，求出O′C′，再作出水平放置的原平面图形作答．
【解答】解：在直角梯形O′A′B′C′中，O′A′∥B′C′，A′B′＝2，
显然∠A′O′C′＝45°，于是，
直角梯形O′A′B′C′对应的原平面图形为如图中直角梯形OABC，
BC∥OA，OC⊥OA，，
所以该平面图形的高为．
故选：C．
【点评】本题考查了直观图的画法与应用问题，是基础题．
3．（5分）已知α，β为两个不同的平面，m，n，l为三条不同的直线（ ）
A．若α∥β，且m⊂α，则m∥β
B．若α∩β＝l，且m∥l，则m∥α
C．若m∥α，n∥α，则m∥n
D．若l∥m，l∥n，且m，n⊂α，则l∥α
【分析】对于A，由面面平行的性质得m∥β；对于B，m∥α或m⊂α；对于C，m与n相交、平行或异面；对于D，l∥α或l⊂α．
【解答】解：α，β为两个不同的平面，m，n，
对于A，若α∥β，则由面面平行的性质得m∥β；
对于B，若α∩β＝l，则m∥α或m⊂α；
对于C，若m∥α，则m与n相交，故C错误；
对于D，若l∥m，且m，则l∥α或l⊂α．
故选：A．
【点评】本题考查面面平行的性质、空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
4．（5分）记复数z的共轭复数为，若z（1+i）＝2﹣2i（ ）
A．1B．C．2D．
【分析】把给出的等式化成z＝，分子分母同时乘以1﹣i，然后直接利用复数的除法运算化简，从而得到复数z，再求|z|即可．
【解答】解：由z（1+i）＝2﹣4i，得
z＝＝＝＝﹣2i．
∴|z|＝2．
故选：C．
【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的模的基本概念，是基础题．
5．（5分）圣•索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美．为了估算圣•索菲亚教堂的高度，高约为36m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线），在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15°，则可估算圣•索菲亚教堂的高度CD约为（ ）
A．54mB．47mC．50mD．44m
【分析】根据题意求得，在△AMC中，由正弦定理求出|CM|，即可在直角△CDM中求出|CD|．
【解答】解：由题可得在直角△ABM中，∠AMB＝45°，
所以，
在△AMC中，∠AMC＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
所以∠ACM＝180°﹣75°﹣60°＝45°，
所以由正弦定理可得，
所以，
则在直角△CDM中，|CD|＝|CM|•sin60°＝36×．
即圣•索菲亚教堂的高度约为54m．
故选：A．
【点评】本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
6．（5分）如图，平面α∥平面β，△PAB所在的平面与α，AB，若PC＝2，CD＝1，则AB＝（ ）
A．B．2C．D．3
【分析】由平面与平面平行的性质可证得CD∥AB，由平行线分对应比成比例，即＝＝，由题意可得AB的值．
【解答】解：因为平面α∥平面β，△PAB所在的平面与α，AB，
所以CD∥AB，
所以＝＝，因为PC＝2，CD＝1，
即＝，解得AB＝．
故选：C．
【点评】本题考查平面与平面平行的性质的应用，平行线分线段成比例的性质的应用，属于中档题．
7．（5分）如图，在四面体ABCD中，M，N，P，Q，E分别是AB，CD，AD，则下列说法中不正确的是（ ）
A．M，N，P，Q四点共面B．∠QME＝∠CBD
C．△BCD∽△MEQD．四边形MNPQ为梯形
【分析】根据题意及中位线定理和等角定理可以一一判断．
【解答】解：由中位线定理，易知MQ∥BD，QE∥CD．
对于A，由公理4易得 MQ∥NP，NP，故A正确；
对于B，根据等角定理，故B正确；
对于C，由等角定理，∠QEM＝∠BCD，故C正确；
由三角形的中位线定理及公理 4知 ，
所以 MQ⊥NP，所以四边 形MNPQ为平行四边形．
故选：D．
【点评】本题主要考查的是关于平行四边形的判定及四点共面的判定，中位线定理及等角定理的应用，考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题．
8．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b＝2ccsA，且，则△ABC的面积取最大值时（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用余弦定理角化边可得c＝a，再由已知不等式求出A的范围，结合二倍角的正弦将△ABC的面积建立为A的函数并探讨最大值即得．
【解答】解：在△ABC中，由b＝2ccsA及余弦定理，
得，即c2＝a2，则c＝a，
又b≤a，则有，即，
又0＜A＜π，因此，则，
当且仅当，即时取等号，
所以△ABC的面积取最大值时，．
故选：B．
【点评】本题考查了余弦定理和三角形的面积公式，属于中档题．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，共18分）
（多选）9．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．若直线l与平面α不平行，则l与α相交
B．若直线l上有两个点到平面α的距离相等，则l∥α
C．经过两条平行直线有且仅有一个平面
D．如果两个平面没有公共点，则这两个平面平行
【分析】根据直线与平面的位置关系可判断A，B；根据平面基本性质与推论可判断C；由平行平面的定义得这两个平面平行来判断D．
【解答】解：对于A，若直线l与平面α不平行，故A错误；
对于B，若直线l与平面α相交，故B错误；
对于C，由两条相互平行的直线能确定一个平面，故C正确；
对于D，如果两个平面没有公共点，故D正确．
故选：CD．
【点评】本题考查平面的基本性质以及直线与平面的位置关系，属于基础题．
（多选）10．（6分）已知，，为非零向量，下列说法正确的是（ ）
A．向量在向量上的投影向量可表示为
B．若∥，∥，则∥
C．若向量可由向量，线性表出，则，，一定不共线
D．若•＝•，则＝
【分析】由投影向量公式可判断选项A；由向量共线的关系可判断选项B；由线性表示的定义可判断选项C；由的充要条件可判断选项D．
【解答】解：由投影向量公式可知，向量上的投影向量可表示为；
由于，，为非零向量时，，选项B正确；
若向量可由向量，，则，一定不共线；
由于，，为非零向量，若，则，则或．
故选：AB．
【点评】本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．
（多选）11．（6分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，M，N分别为棱C1D1，B1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线DM与直线BN是异面直线
B．直线DM，直线BN，直线CC1交于一点
C．直线DM与直线BB1所成的角为60°
D．直线DM与直线AB所成的角的正切值为2
【分析】A中，由题意可得以DM，BN为两腰的梯形，即可得DM，BN相交于一点，判断出A的真假；B中，由A选项的分析，可得P为平面BC1和平面DC1上，即可得P在平面BC1和平面DC1的交线CC1上，即三线共点，判断出B的真假；C中，由长方体中，DD1∥BB1，可得直线DM与DD1所成的角等于直线DM与直线BB1所成的角，在△DD1M中，求出tan∠D1DM的值，判断出C的真假；D中，由C选项的分析，判断出D的真假．
【解答】解：A中，连接B1D1，BD，在长方体中4D1，且BD＝B1D2，
因为M，N分别为棱C1D1，B5C1的中点，
可得MN∥B1D3，且MN＝B2D1，
所以MN∥BD，且MN＝，所以四边形MNBD为梯形，
且DM，BN为梯形的两腰，BN相交于一点；
B中，由A选项的分析，
因为BN⊂平面BC1，所以P∈平面BC1，
同理可得P∈平面DC8，而平面BC1∩平面DC1＝CC5，
所以P∈CC1，即直线DM，直线BN1交于一点P，所以B正确；
C中，因为DD3∥BB1，所以直线DM与DD1所成的角等于直线DM与直线BB5所成的角，
所以∠D1DM或以补角为所求的角，
在△D1DM中，tan∠D3DM＝＝＝≠tan60°，
所以直线DM与直线BB1所成的角不是60°，所以C不正确；
D中，由C选项的分析．
故选：BD．
【点评】本题考查异面直线所成的角的求出，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）设是不共线的两个向量，．若A，B，则k的值为 ﹣4 ．
【分析】根据向量减法的几何意义及向量的数乘运算得出，且得出，根据A，B，D三点共线得出共线，从而得出，然后根据平面向量基本定理即可求出k的值．
【解答】解：，∵不共线，∴，
∵A，B，D三点共线，∴与，
∴存在实数λ，使，
∴，
∴，解得k＝﹣4．
故答案为：﹣6．
【点评】本题考查了平面向量和共线向量基本定理，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
13．（5分）已知复数z＝（k2﹣3k﹣4）+（k﹣1）i（k∈R），若复数z在复平面上对应的点位于第二象限，则k的取值范围为 （1，4） ．
【分析】由z在复平面上对应的点位于第二象限，可得实部小于零，虚部大于零，建立不等式组求解．
【解答】解：∵复数z＝（k2﹣3k﹣2）+（k﹣1）i（k∈R）在复平面上对应的点位于第二象限，
∴，解得，
∴1＜k＜6，即k的取值范围为（1．
故答案为：（1，5）．
【点评】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查不等式组的解法，是基础题．
14．（5分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，，∠BAD＝90°．若P为线段AB上一动点，则 2 ．
【分析】以点A为原点建立直角坐标系，设P（x，0），（0≤x≤3），再根据向量数量积的坐标公式结合二次函数的性质即可得解．
【解答】解：如图，以点A为原点建立直角坐标系，
由题意有，设P（x，（0≤x≤5），
故，
所以，
则当x＝8时，取得最小值2．
故答案为：2．
【点评】本题考查平面向量数量积的运算，属基础题．
四、解答题（共77分）
15．（13分）已知向量，，求：
（1）；
（2）||；
（3）．
【分析】（1）代入向量数量积的坐标表示，即可求解；
（2）根据向量的坐标，直接代入向量模的坐标表示的公式，即可求解；
（3）分别求向量和的坐标，再代入向量数量积的公式，即可求解．
【解答】解：（1）因为，，
则．
（2）．
（3）由已知可得，，
则．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量模的运算，属中档题．
16．（15分）已知△ABC内角，A，B，C的对边分别为a，b，c，且（a+b+c）（b+c﹣a）＝3bc．
（Ⅰ）求角A；
（Ⅱ）若a＝2，△ABC的面积为，求b
【分析】（Ⅰ）由题意利用余弦定理求出csA和A的值；
（Ⅱ）由△ABC的面积求出bc，再根据题意求出b+c，解方程组求得b、c．
【解答】解：（Ⅰ）△ABC中，（a+b+c）（b+c﹣a）＝3bc2+c7﹣a2＝bc，
所以csA＝＝＝，
又因为A∈（4，π）；
（Ⅱ）若a＝2，△ABC的面积为bc＝，
所以bc＝4，又因为（b+c）5＝a2+3bc＝2+3×4＝16，所以b+c＝5，
由，解得b＝8．
【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
17．（15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，M分别在棱AB，PC上，连接ME．
（1）若M为PC的中点，求证：ME∥平面PAD；
（2）若ME∥平面PAD，求点M的位置．
【分析】（1）取PD的中点N，连接MN，AN，先证明四边形AEMN为平行四边形，得出ME∥AN，即可证明；
（2）设过A，E，M三点的平面与PD交于点N，连接AN，MN，由线面平行的性质证明出四边形AEMN为平行四边形，即可证明点M为PC的中点．
【解答】（1）证明：如图，取PD的中点N，AN，
因为M，N分别为PC，所以MN∥CD，且，
又底面ABCD是矩形，且E是AB的中点，
所以AE∥CD，且CD，
所以MN∥AE，且MN＝AE，
所以四边形AEMN为平行四边形，所以ME∥AN，
又ME⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，
所以ME∥平面PAD；
（2）解：设过A，E，M三点的平面与PD交于点N，MN，
因为ME∥平面PAD，ME⊂平面AEMN，
所以ME∥AN，
因为底面ABCD是矩形，所以AE∥CD，
又CD⊂平面PCD，AE⊄平面PCD，
同理得AE∥MN，所以四边形AEMN为平行四边形，
所以AE＝MN，
又AE∥CD，且CD，
且，所以点M为PC的中点．
【点评】本题考查线面平行的证法及线面平行的性质的应用，属于中档题．
18．（17分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥AD，2AB＝2BC＝AD＝2，设E，PA的中点，．
（1）证明：CE∥平面PAB；
（2）证明：平面BOF∥平面CDE．
【分析】（1）连接EF，利用三角形中位线及平行四边形的性质判断CE∥BF，再利用线面平行的判定定理能证明CE∥平面PAB；
（2）利用线面平行、面面平行的判定定理能证明平面BOF∥平面CDE．
【解答】证明：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，连接EF，F分别为PD，
得EF∥AD，EF＝，
∵BC∥AD，BC＝，∴EF∥BC，四边形BCEF为平行四边形，
∴CE∥BF，
∵CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
∴CE∥平面PAB．
（2）由，得O是AD中点，
∵F是PA中点，∴FO∥PD，
又PD⊂平面CDE，FO⊄平面CDE，
由（1）知CE∥BF，
∵CE⊂平面CDE，BF⊄平面CDE，
∴BF∥平面CDE，
∵BF∩FO＝F，BF，
∴平面BOF∥平面CDE．
【点评】本题考查线面平行、面面平行的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19．（17分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cs2B﹣cs2A＝4（csC﹣cs3C）．
（1）若C＝，求A；
（2）若△ABC为锐角三角形，求的取值范围．
【分析】（1）运用二倍角公式及和角公式代入化简解方程即可；
（2）根据锐角三角形得B的范围，运用正弦定理边化角，将所求式子转化为关于cs2B的对勾函数，研究其值域即可．
【解答】解：（1）∵cs2B﹣cs2A＝6（csC﹣cs3C），
∴1﹣4sin2B﹣（1﹣2sin2A）＝4csC（8﹣cs2C）＝4csCsin8C，
∴sin2A﹣sin2B＝sin4CsinC，
又∵sin（A+B）sin（A﹣B）＝sin2Acs2B﹣sin3Bcs2A＝sin2Acs2B﹣sin2B（1﹣sin5A）＝sin2A﹣sin2B，
∴sinCsin（A﹣B）＝sin4CsinC，
又sinC≠0，
∴sin（A﹣B）＝sin2C，
又∵，
∴，
又，即，
∴，
又∵，
∴；
（2）由（1）知sin2C＝sin（A﹣B），
①当2C＝A﹣B时，可得2A＝π+C，不成立；
②当2C+A﹣B＝π时，由A+B+C＝π，
可得A＝π﹣C﹣B＝π﹣7B，
由，得，
所以sinA＝sin（π﹣3B）＝sin2B＝sin（B+2B）＝sinBcs2B+csBsin4B＝sinBcs2B+2sinBcs8B，
故＝＝，
因为，所以2B＜3，
令，则，
所以f（x）在（2，3）上单调递增，
所以，
所以的取值范围为．
【点评】本题考查了三角函数恒等变换，正弦定理，余弦函数的性质以及二次函数的性质，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/6/12 12:19:35；用户：15290311958；邮箱：15290311958；学号：48861359