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（含解析）

这是一份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（含解析），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。

1.已知向量a=(1,−2)，b=(x,4)，且a/​/b，则|a−b|=( )
A. 5 3B. 3 5C. 2 5D. 2 2
2.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. 2B. −2C. 12D. −12
3.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. 12B. 22C. 33D. 3
4.已知向量a=(2,4),b=(3,−1)，则“k= 2”是“(a+kb)⊥(a−kb)”的( )
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.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a=2bcsC，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.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. DD1B. ACC. AD1D. B1C
7.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⊥αB. 若m⊥n，n⊥α，则m/​/α
C. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥nD. 若m/​/α，n/​/α，则m/​/n
8.一船以每小时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. 15B. 30 6C. 15 6D. 30 2
9.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⋅BD的取值范围为( )
A. [−12,12]B. [− 22, 22]C. [−1,1]D. [− 2, 2]
10.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. 22B. 55C. 2 55D. 3 55
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.已知向量a,b满足|a|=2,|b|=4,(b−a)⋅a=0，则a与b的夹角为 ．
12.在△ABC中，若A=60°，b=1，S△ABC= 3，则a=______．
13.在△ABC中，点D满足BD=4DC，若AD=xAB+yAC，则x−y= ______．
14.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.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.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的距离)．
所有正确结论的序号有 ．
三、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AB=6，AC=2 3，BC=2 6，点D在边BC上，且∠ADC=60°．
(1)求csB与△ABC的面积；
(2)求线段AD的长．
18.(本小题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.(本小题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.(本小题14分)
在△ABC中， 3asinC=ccsA,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=2a；
条件(2)：b=1+ 3；
条件(3)：a= 2．
21.(本小题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．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵a/​/b，∴−2x−4=0，解得x=−2．
∴a−b=(1,−2)−(−2,4)=(3,−6)．
∴|a−b|= 32+(−6)2=3 5．
故选：B．
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．
本题考查平面向量的基本运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】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=−2．
故选：B．
利用复数的乘法运算化简，再利用纯虚数的定义求解作答．
本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】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= 4r2−r2= 3r，
所以圆锥的侧面积为S1=12×2πr×l=2πr2，
圆柱的侧面积为S2=2πr×h=2 3πr2，
所以圆锥和圆柱的侧面积之比为S1S2= 33，
故选：C．
根据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可．
本题考查圆柱与圆锥的侧面积的求解，属中档题．
4.【答案】A
【解析】解：(a+kb)⊥(a−kb)，
则(a+kb)⋅(a−kb)=a2−k2b2=0，即20−10k2=0，解得k=± 2，
故“k= 2”是“(a+kb)⊥(a−kb)”的充分不必要条件．
故选：A．
根据已知条件，结合平面向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
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．
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=2bcsC，求出B与C的关系，即可判断三角形的形状．
【解答】
解：a=2bcsC，由正弦定理可知，sinA=2sinBcsC，因为A+B+C=π，
所以sin(B+C)=2sinBcsC，所以sinBcsC+csBsinC=2sinBcsC，
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．
6.【答案】B
【解析】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．
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．
本题考查了两条直线间的位置关系应用问题，是基础题．
7.【答案】C
【解析】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．
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．
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.【答案】D
【解析】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⋅AC=60⋅12 22=30 2
故选：D．
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．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
9.【答案】C
【解析】解：设BP=λBD，则0≤λ≤1，AP=AB+BP=AB+λBD=AB+λ(AD−AB)=(1−λ)AB+λAD，
BD=AD−AB，
所以AP⋅BD=[(1−λ)AB+λAD]⋅(AD−AB)，
又|AD|=|AB|=1,AB⋅AD=0，
所以AP⋅BD=−(1−λ)+λ=2λ−1，又0≤λ≤1，
所以AP⋅BD∈[−1,1]．
故选：C．
利用向量AB,AD表示AP,BD，根据数量积的定义和运算律求其范围．
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.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了二面角的平面角的定义及求法，考查了计算能力，属于基础题．
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cs∠D1ED即可．
【解答】
解：根据题意，易得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=12,ED1= 1+14= 52，
∴cs∠D1ED=12 52= 55．
故选：B．
11.【答案】π3
【解析】解：由(b−a)⋅a=0⇒b⋅a−a2=0⇒b⋅a=4，
设a与b的夹角为θ，则csθ=a⋅b|a||b|=44×2=12，
因为0≤θ≤π，
所以θ=π3．
故答案为：π3．
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．
本题主要考查了向量数量积的性质的应用，属于基础题．
12.【答案】 13
【解析】【分析】
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，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=12bcsinA= 3，
∴c=4，
∴a= b2+c2−2bccsA= 1+16−2×1×4×12= 13，
故答案为 13．
13.【答案】−35
【解析】解：在△ABC中，点D满足BD=4DC，若AD=xAB+yAC，
如图，可知AD=15AB+45AC，
所以x=15，y=45，
则x−y=−35．
故答案为：−35．
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．
本题考查平面向量的基本定理的应用，是基础题．
14.【答案】若l⊥α，l⊥m，则m/​/α．
【解析】【分析】
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．
由线面平行判定定理，求得结果．
【解答】
解：l，m是平面α外的两条不同直线，由线面平行的判定定理，得：若l⊥α，l⊥m，则m/​/α，
故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m/​/α．
15.【答案】60°；；45°；
【解析】【分析】
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．
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°．
16.【答案】①②
【解析】【分析】
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．
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，
∵VA−BCE=VE−ABC， ∴三棱锥E−ABC与F−ABC的体积相等，
∴三棱锥A−BCE与F−ABC的体积相等，故①正确；
∵EF=1，∴S△BEF=12EF⋅BB1=12×1×2=1，
而点A到平面BEF的距离即为点A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，AA1,C1A1⊂平面AA1C，∴B1D1⊥平面AA1C1，
∵AG⊂平面AA1C1，∴B1D1⊥AG，且∠GA1A=90°，
由勾股定理得AG= A1A2+A1G2= 6，∴S△AEF=12EF⋅AG= 62，
∵点A到平面BDD1B1的距离为A1G= 2，
∴VB−AEF=13S△AEF⋅h=13× 62h= 23=VA−BEF，
∴三棱锥B−AEF的高为h=2 33，故③错误．
故答案为：①②．
17.【答案】解：(1)根据题意得：csB=a2+c2−b22ac
=(2 6)2+62−(2 3)22×2 6×6= 63，
∴sinB= 33，
∴△ABC的面积S△ABC=12acsinB
=12×2 6×6× 33=6 2；
(2)∵∠ADC=60°，
∴∠ADB=120°，
在△ABD中，由正弦定理ADsin∠ABD=ABsin∠ADB
可得AD=4．
【解析】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．
(1)利用余弦定理csB=a2+c2−b22ac和面积公式S△ABC=12acsinB，代入求解；
(2)在△ABD中利用正弦定理ADsin∠ABD=ABsin∠ADB代入计算即可．
18.【答案】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．
【解析】(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．
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.【答案】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⊥CD ①．
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⊥EF ②．
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．
【解析】(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⊥CD ①.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⊥EF ②.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．
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.【答案】解：(Ⅰ)因为 3asinC=ccsA，
所以由正弦定理可得 3sinAsinC=sinCcsA，
又sinC≠0，
所以 3sinA=csA，即tanA= 33，
因为A∈(0,π)，
所以A=π6．
(Ⅱ)若选条件(1)：sinC=2a，由正弦定理知2sinC=asinπ6=2a，可得sinC=1a，
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+c2−2bccsA=(l+ 3)2+22−2(1+ 3)×2× 32=2，即a= 2，
所以满足条件的三角形唯一，由等积法可知S△ABC=12bcinA=12ah，
即2×(1+ 3)×12= 2h，解得h= 2+ 62，
若选条件(3)：a= 2，由正弦定理，asinA=csinC，即 212=2sinC，
所以sinC= 22，可得C=π4或3π4，有两解不符合题意．
【解析】(Ⅰ)由已知利用正弦定理可得 3sinAsinC=sinCcsA，结合sinC≠0，进而可求tanA= 33，结合范围A∈(0,π)，可求A的值．
(Ⅱ)若选条件(1)：由题意利用正弦定理可得sinC=1a，可得满足所选条件的三角形不存在，不满足题意；
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=π4或3π4，有两解不符合题意．
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.【答案】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，|10−1|=9，|7−4|=3，|10−4|=6，|10−7|=3，
所以集合C具有性质P(2)，
(2)证明：将集合{1,2,⋯,20}中的元素分为如下11个集合，
{1,4}，{2,5}，{3,6}，{7,10}，{8,11}.{9,12}，{13,16}，{14,17}，{15,18}，{19}，{20}，
所以从集合{1,2,⋯,20}中取12个元素，则前9个集合至少要选10个元素，
所以必有2个元素取自前9个集合中的同一集合，即存在两个元素其差为3，
所以A不可能具有性质P(3)；
(3)先说明连续11项中集合A中最多选取5项，
以1，2，3⋅⋅⋅，11为例．
构造抽屉{1,8}，{2,9}，{3,10}，{4,11}，{5}，{6}，{7}．
①5，6，7同时选，因为具有性质P(4)和P(7)，
所以选5则不选1，9；选6则不选2，10；选7则不选3，11；
则只剩4，8.故1，2，3⋅⋅⋅，11中属于集合A的元素个数不超过5个．
②5，6，7选2个，
若只选5，6，则1，2，9，10，7不可选，又{4,11}只能选一个元素，
3，8可以选，故1，2，3⋅⋅⋅，11中属于集合A的元素个数不超过5个．
若选5，7，则只能从2，4，8，10中选，但4，8不能同时选，
故1，2，3⋅⋅⋅，11中属于集合A的元素个数不超过5个．
若选6，7，则2，3，10，11，5不可选，又{1,8}只能选一个元素，
4，9可以选，故1，2，3⋅⋅⋅，11中属于集合A的元素个数不超过5个．
③5，6，7中只选1个，
又四个集合{1,8}，{2,9}，{3,10}，{4,11}每个集合至多选1个元素，
故1，2，3⋅⋅⋅，11中属于集合A的元素个数不超过5个．
由上述①②③可知，连续11项自然数中属于集合A的元素至多只有5个，
如取1，4，6，7，9．
因为2023=183×11+10，则把每11个连续自然数分组，前183组每组至多选取5项；
从2014开始，最后10个数至多选取5项，故集合A的元素最多有184×5=920个．
给出如下选取方法：从1，2，3⋅⋅⋅，11中选取1，4，6，7，9；
然后在这5个数的基础上每次累加11，构造183次．
此时集合A的元素为：1，4，6，7，9；12，15，17，18，20；23，26，28，29，31；⋅⋅⋅⋅⋅⋅；
2014，2017，2019，2020，2022，共920个元素．
经检验可得该集合符合要求，故集合A的元素最多有920个．
【解析】(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．
本题考查集合新定义，考查学生计算能力，属于难题．