高中PAGE1試題2023-2024學年北京市朝陽區(qū)陳經綸中學高一（下）期中數(shù)學試卷一、選擇題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．（5分）在復平面內，復數(shù)z對應的點在第三象限，則復數(shù)z?（1+i）2024對應的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（5分）已知正四棱錐的底面邊長為2，高為3，則它的體積為（）A．2 B．4 C．6 D．123．（5分）已知向量OA→，OB→不共線，BM→A．13OA→?43OB→ 4．（5分）如圖，飛機飛行的航線AB和地面目標C在同一鉛直平面內，在A處測得目標C的俯角為30°，飛行10千米到達B處，測得目標C的俯角為75°，這時B處與地面目標C的距離為（）A．5千米 B．52千米 C．4千米 D．45．（5分）設a→，b→是非零向量，則“存在實數(shù)λ，使得a→=λb→”是“|aA．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件6．（5分）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是梯形，AB∥CD，若平面PAD∩平面PBC＝l，則（）A．l∥CD B．l∥BC C．l與直線AB相交 D．l與直線DA相交7．（5分）如圖所示，O為線段A0A2025外一點，若A0，A1，A2，A3，?，A2025中任意相鄰兩點間的距離相等，OA0→=a→，A．2025(a→+b→) B．2026(8．（5分）在△ABC中，AB＝1，AC＝3，A＝60°，則BC邊上的中線長為（）A．132 B．72 C．13 9．（5分）如圖，一個棱長1分米的正方體形封閉容器中盛有V升的水，若將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形，則V的取值范圍是（）A．(16，56) B．(10．（5分）我國魏晉時期的數(shù)學家劉徽創(chuàng)造了一個稱為“牟合方蓋”的立體圖形來推算球的體積，如圖1，在一個棱長為2a的立方體內作兩個互相垂直的內切圓柱，其相交的部分就是牟合方蓋，如圖2，設平行于水平面且與水平面距離為h的平面為α，記平面α截牟合方蓋所得截面的面積為S，則函數(shù)S＝f（h）的圖象是（）A． B． C． D．二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。11．（5分）已知復數(shù)z的實部和虛部相等，且|z|=2，則z＝12．（5分）已知e1→，e2→是兩個不共線的向量，a→=e1→?4e13．（5分）已知四邊形的頂點A，B，C，D在邊長為1的正方形網格中的位置如圖所示，則AC→?14．（5分）已知圓錐的底面面積為3π，其側面展開圖的圓心角為3π，則過該圓錐頂點作截面，截面三角形面積最大值為15．（5分）已知單位向量e1→，e2→的夾角為π2，且a→=xe1→+ye2→（其中x，y∈R16．（5分）如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝4．E，F(xiàn)，H分別是棱PB，BC，PD的中點，對于平面EFH截四棱錐P﹣ABCD所得的截面多邊形，有以下三個結論：①截面面積等于46②截面是一個五邊形；③直線PC與截面所在平面EFH無公共點．其中，所有正確結論的序號是．三、解答題共5小題，每小題14分，共70分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。17．（14分）在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a=7，b＝3，7sinB+sinA＝23（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）求△ABC的面積．18．（14分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD＝2，點E為線段PD的中點．（Ⅰ）求證：PB∥平面AEC；（Ⅱ）求證：AE⊥平面PCD；（Ⅲ）求三棱錐A﹣PCE的體積19．（14分）在△ABC中，a=2，asinB+3（Ⅰ）求A；（Ⅱ）除上述條件外，△ABC同時滿足_____，求sinC的值；請從①B=π4，②b＝3，③3b＝4sin（Ⅲ）求△ABC面積的最大值．20．（14分）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，點E是棱AB上的動點，F(xiàn)是棱CC1上一點，CF：FC1＝1：2．（Ⅰ）求證：B1D1⊥A1F；（Ⅱ）若直線A1F⊥平面B1D1E，試確定點E的位置，并證明你的結論；（Ⅲ）設點P在正方體的上底面A1B1C1D1上運動，求總能使BP與A1F垂直的點P所形成的軌跡的長度．（直接寫出答案）21．（14分）n元向量（n﹣tuplevector）也叫n維向量，是平面向量的推廣，設n為正整數(shù)，數(shù)集P中的n個元素構成的有序組（a1，a2，?，an）稱為P上的n元向量，其中ai（i＝1，2，?，n）為該向量的第i個分量．n元向量通常用希臘字母α→，β→，γ→等表示，如α→=(a1，a2，?，an)，P上全體n元向量構成的集合記為P（1）設α→①求||α②設α→與α→+β→（2）對于一個n元向量α→=(a1，a2，?，an)，若|ai|＝1（i＝1，2，?，n），稱α→為n維信號向量．規(guī)定

2023-2024學年北京市朝陽區(qū)陳經綸中學高一（下）期中數(shù)學試卷參考答案與試題解析題號12345678910答案CBDBBDDAAD一、選擇題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．（5分）在復平面內，復數(shù)z對應的點在第三象限，則復數(shù)z?（1+i）2024對應的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】根據(jù)題意，由復數(shù)的運算，即可得到結果．【解答】解：因為（1+i）2024＝[（1+i）2]1012＝（2i）1012＝21012（i2）506＝21012，且復數(shù)z對應的點在第三象限，則z?（1+i）2024＝21012?z對應的點也在第三象限．故選：C．【點評】本題主要考查復數(shù)的四則運算，以及復數(shù)的幾何意義，屬于基礎題．2．（5分）已知正四棱錐的底面邊長為2，高為3，則它的體積為（）A．2 B．4 C．6 D．12【分析】正四棱錐P﹣ABCD中，AB＝2，PO＝3，利用體積公式求出該正四棱錐的體積．【解答】解：如圖，正四棱錐P﹣ABCD中，AB＝2，PO＝3，所以VP﹣ABCD=13?SABCD?PO故選：B．【點評】本題考查正四棱錐的體積的求法，考查數(shù)據(jù)處理能力、運算求解能力以及應用意識，考查數(shù)形結合思想等，是中檔題．3．（5分）已知向量OA→，OB→不共線，BM→A．13OA→?43OB→ 【分析】直接利用向量的運算法則化簡求解即可．【解答】解：非零向量OA→，OB→不共線，且OM→可得：向量OM→故選：D．【點評】本題考查向量的基本運算，考查計算能力．4．（5分）如圖，飛機飛行的航線AB和地面目標C在同一鉛直平面內，在A處測得目標C的俯角為30°，飛行10千米到達B處，測得目標C的俯角為75°，這時B處與地面目標C的距離為（）A．5千米 B．52千米 C．4千米 D．4【分析】由題意，利用正弦定理即可求得BC的值．【解答】解：由題意知，在△ABC中，AB＝10，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°﹣30°＝45°，由正弦定理得BCsin30°解得BC=10×12∴B處與地面目標C的距離為52千米．故選：B．【點評】本題考查了利用正弦定理解答實際應用問題，是基礎題．5．（5分）設a→，b→是非零向量，則“存在實數(shù)λ，使得a→=λb→”是“|aA．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【分析】根據(jù)向量數(shù)量積的應用，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【解答】解：若“|a→+b→|＝|則平方得|a→|2+2a→?b→+|b→|2＝|a→|2+|b→即a→?b→=|a即a→?b→=|a→||b→|cos＜a→則cos＜a→，即＜a→，b→＞=0，即a→，b→同向共線，則存在實數(shù)反之當＜a→，b→＞=π時，存在λ＜0，滿足a→=λb→即“存在實數(shù)λ，使得a→=λb→”是“|a→+故選：B．【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合向量數(shù)量積的應用進行化簡是解決本題的關鍵．6．（5分）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是梯形，AB∥CD，若平面PAD∩平面PBC＝l，則（）A．l∥CD B．l∥BC C．l與直線AB相交 D．l與直線DA相交【分析】可得AD與CB必相交于點M，則P是面平面PAD和平面PBC的公共點，又平面PAD∩平面PBC＝l．【解答】解：∵四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是梯形，AB∥CD．∴AD與CB必相交于點M，則M是面平面PAD和平面PBC的公共點，又平面PAD∩平面PBC＝l．∴M∈l．l與直線DA相交．故選：D．【點評】本題考查了空間幾何體中的直線與平面的位置關系，屬于中檔題．7．（5分）如圖所示，O為線段A0A2025外一點，若A0，A1，A2，A3，?，A2025中任意相鄰兩點間的距離相等，OA0→=a→，A．2025(a→+b→) B．2026(【分析】設A0A2025的中點為A，利用三角形中線向量的表示法，化簡求和即得．【解答】解：因A0，A1，A2，A3，?，A2025中任意相鄰兩點間的距離相等，不妨設A0A2025的中點為A，則點A也是A1A2024，A2A2023，?，A1012A1013的中點，則OAOA則OA故選：D．【點評】本題考查平面向量的線性運算，屬中檔題．8．（5分）在△ABC中，AB＝1，AC＝3，A＝60°，則BC邊上的中線長為（）A．132 B．72 C．13 【分析】由題意可得BC邊上的中線的向量AD→表示，兩邊平方可得AD→2的值，進而求出【解答】解：因為AB＝1，AC＝3，A＝60°，由題意可得AD→=12（AB→+AC→），兩邊平方可得AD→2=14（=14（AB→2+AD→2+2|AB→|×|AC→|cosA所以|AD→|=所以BC邊上的中線長為132故選：A．【點評】本題考查向量的運算性質的應用，屬于中檔題．9．（5分）如圖，一個棱長1分米的正方體形封閉容器中盛有V升的水，若將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形，則V的取值范圍是（）A．(16，56) B．(【分析】如圖，正方體ABCD﹣EFGH，若要使液面形狀不可能為三角形，則平面EHD平行于水平面放置時，液面必須高于平面EHD，且低于平面AFC，計算即可．【解答】解：如圖，正方體ABCD﹣EFGH，若要使液面形狀不可能為三角形，則平面EHD平行于水平面放置時，液面必須高于平面EHD，且低于平面AFC，若滿足上述條件，則任意轉動正方體，液面形狀都不可能為三角形，設液面的體積為V，而VG﹣EHD＜V＜V正方體﹣VB﹣AFC，而VG﹣EHD=13×12V正方體﹣VB﹣AFC＝13?1所以V的取值范圍是（16，5故選：A．【點評】本題考查正方體截面的性質，考查空間想象能力，屬中檔題．10．（5分）我國魏晉時期的數(shù)學家劉徽創(chuàng)造了一個稱為“牟合方蓋”的立體圖形來推算球的體積，如圖1，在一個棱長為2a的立方體內作兩個互相垂直的內切圓柱，其相交的部分就是牟合方蓋，如圖2，設平行于水平面且與水平面距離為h的平面為α，記平面α截牟合方蓋所得截面的面積為S，則函數(shù)S＝f（h）的圖象是（）A． B． C． D．【分析】首先由圖1得到正方體的內切球也是“牟合方蓋”內切球，由圖2可知截面均為正方形，此正方形是平面截內切球的截面圓的外接正方形，由此計算得到函數(shù)解析式，判斷選項即可．【解答】解：由圖1可得，正方體的內切球也是“牟合方蓋”內切球，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方蓋”，截面均為正方形，并且此正方形是平面截內切球的截面圓的外接正方形，內切球的半徑為a，設截面圓的半徑為r，則有（a﹣h）2+r2＝a2，解得r2＝﹣h2+2ah，設截面圓的外接正方形的邊長為b，則b＝2r，正方形的面積為S＝b2＝4r2＝﹣4h2+8ah，h∈[0，2a]，由函數(shù)的解析式可知，圖象應該是開口向下的拋物線．故選：D．【點評】本題考查了函數(shù)圖象的理解和應用，主要考查了正方體的內切球以及其截面圓的應用，考查了邏輯推理能力與空間想象能力，屬于中檔題．二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。11．（5分）已知復數(shù)z的實部和虛部相等，且|z|=2，則z＝1+i或﹣1﹣i【分析】由復數(shù)的定義及模的運算即可得解．【解答】解：因為復數(shù)z的實部和虛部相等，所以設z＝a+ai，a∈R，又|z|=2，所以a解得a＝±1，所以z＝1+i或﹣1﹣i．故答案為：1+i或﹣1﹣i．【點評】本題主要考查復數(shù)的定義，復數(shù)的模，考查運算求解能力，屬于基礎題．12．（5分）已知e1→，e2→是兩個不共線的向量，a→=e1→?4e2→【分析】根據(jù)給定條件，利用共線向量定理求出k即得．【解答】解：由向量e1→，e2由向量a→=e得ke1→+2e故答案為：?1【點評】本題主要考查共線向量定理，屬于基礎題．13．（5分）已知四邊形的頂點A，B，C，D在邊長為1的正方形網格中的位置如圖所示，則AC→?【分析】根據(jù)題意，可分別以AC的連線為x軸，過B點且垂直于AC的直線為y軸建立平面直角坐標系，進而求出A，B，C，D的坐標，從而求出向量AC→，DB【解答】解：以AC的連線為x軸，過B點且垂直于AC的直線為y軸，建立如圖所示平面直角坐標系，則：A（﹣4，0），C（3，0），D（﹣1，﹣2），B（0，2），AC→∴AC→故答案為：7．【點評】考查通過建立坐標系，利用坐標解決向量問題的方法，以及根據(jù)點的坐標可求向量的坐標，向量數(shù)量積的坐標運算．14．（5分）已知圓錐的底面面積為3π，其側面展開圖的圓心角為3π，則過該圓錐頂點作截面，截面三角形面積最大值為2【分析】求出圓錐的底面圓半徑和母線長，得出軸截面三角形的頂角為2π3【解答】解：設圓錐的底面圓半徑為r，母線長為l，則底面圓面積為πr2＝3π，解得r=3其側面展開圖的圓心角為2πrl=2所以軸截面三角形的頂角為2α，其中sinα=rl=32所以α=π3，2α所以過該圓錐頂點作截面，截面三角形是直角三角形時面積最大，最大值為12l2=12故答案為：2．【點評】本題考查了圓錐的截面三角形面積計算問題，是基礎題．15．（5分）已知單位向量e1→，e2→的夾角為π2，且a→=xe1→+ye2→（其中x，y∈R）．當x【分析】由平面向量數(shù)量積運算，結合向量模的運算求解即可．【解答】解：當x＝y(tǒng)＝1時，則a→則a→當a→則a→則a→?e1→則|a→?e則λ=12時，|a故答案為：1；22【點評】本題考查了平面向量數(shù)量積運算，重點考查了向量模的運算，屬基礎題．16．（5分）如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝4．E，F(xiàn)，H分別是棱PB，BC，PD的中點，對于平面EFH截四棱錐P﹣ABCD所得的截面多邊形，有以下三個結論：①截面面積等于46②截面是一個五邊形；③直線PC與截面所在平面EFH無公共點．其中，所有正確結論的序號是②③．【分析】根據(jù)給定條件，作出平面EFH截四棱錐P﹣ABCD所得的截面多邊形，再逐一判斷各個命題作答．【解答】解：在四棱錐P﹣ABCD中，PA＝AB＝4，取CD中點G，連接FG，GH，BD，AC，如圖，因底面ABCD為正方形，E，F(xiàn)，H分別是棱PB，BC，PD的中點，則EH∥BD∥FG，EF∥PC∥GH，EFGH是平行四邊形，令FG∩AC＝J，有CJ=14AC，在PA上取點I，使PI=14PA，連接則JI∥PC∥EF，點J∈平面EFH，有JI?平面EFH，點I∈平面EFH，EI，HI?平面EFH，因此五邊形EFGHI是平面EFH截四棱錐P﹣ABCD所得的截面多邊形，②正確；因EF?平面EFH，PC?平面EFH，而EF∥PC，則PC∥平面EFH，直線PC與截面所在平面EFH無公共點，③正確；PA⊥底面ABCD，F(xiàn)G?平面ABCD，有PA⊥FG，而BD⊥AC，BD∥FG，則AC⊥FG，又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，因此FG⊥平面PAC，PC?平面PAC，于是得FG⊥PC，有FG⊥EF，而FG=1矩形EFGH面積等于EF?FG=46而JI⊥EH，則ΔIEH邊EH上的高等于JI?EF=3S△lEH所以截面五邊形EFGHI面積為56，①故答案為：②③．【點評】本題考查了棱錐的結構特征，屬于中檔題．三、解答題共5小題，每小題14分，共70分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。17．（14分）在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a=7，b＝3，7sinB+sinA＝23（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）求△ABC的面積．【分析】（Ⅰ）銳角△ABC中，由條件利用正弦定理求得7sinB＝3sinA，再根據(jù)7sinB+sinA＝23，求得sinA的值，可得角A的值．（Ⅱ）銳角△ABC中，由條件利用余弦定理求得c的值，再根據(jù)△ABC的面積為12bc?sinA【解答】解：（Ⅰ）銳角△ABC中，由條件利用正弦定理可得7sinA=3sinB，∴7sin再根據(jù)7sinB+sinA＝23，求得sinA=32，∴角A（Ⅱ）銳角△ABC中，由條件利用余弦定理可得a2＝7＝c2+9﹣6c?cosπ3，解得c＝1或c當c＝1時，cosB=a2+c2?b當c＝2時，△ABC的面積為12bc?sinA=12【點評】本題主要考查正弦定理和余弦定理的應用，屬于基礎題．18．（14分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD＝2，點E為線段PD的中點．（Ⅰ）求證：PB∥平面AEC；（Ⅱ）求證：AE⊥平面PCD；（Ⅲ）求三棱錐A﹣PCE的體積【分析】（Ⅰ）連結BD，交AC于點O，連結OE．可得PB∥OE，再由線面平行的判定可得PB∥平面ACE；（Ⅱ）由PA＝AD，E為線段PD的中點，得AE⊥PD，再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥CD，由線面垂直的判定可得AE⊥平面PCD；（Ⅲ）根據(jù)AE⊥平面PCD，結合三棱錐的體積公式求出其體積即可．【解答】（Ⅰ）證明：連結BD，交AC于點O，連結OE，如圖示：∵O是正方形ABCD對角線交點，∴O為BD的中點，由已知E為線段PD的中點，∵PB∥OE，又OE?平面ACE，PB?平面ACE，∴PB∥平面ACE；（Ⅱ）證明：∵PA＝AD，E為線段PD的中點，∴AE⊥PD，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，在正方形ABCD中，CD⊥AD，又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，又AE?平面PAD，∴CD⊥AE，又PD∩CD＝D，∴AE⊥平面PCD；（Ⅲ）∵AE⊥平面PCD，故三棱錐A﹣PCE的體積V=13S△PCE?AE=13×12PE?【點評】本題考查直線與平面平行、直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，是中檔題．19．（14分）在△ABC中，a=2，asinB+3（Ⅰ）求A；（Ⅱ）除上述條件外，△ABC同時滿足_____，求sinC的值；請從①B=π4，②b＝3，③3b＝4sin（Ⅲ）求△ABC面積的最大值．【分析】（Ⅰ）由正弦定理可得tanA的值，再由角A的范圍，可得角A的大小；（Ⅱ）若選①，可得角C的大小，進而求出sinC的值；若選②，由大邊對大角，可得該三角形不存在；若選③，由正弦定理可得角B的大小，進而求出角C的大小，再求出sinC的值；（Ⅲ）由余弦定理及均值不等式可得bc的最大值，進而求出三角形的面積的最大值．【解答】解：（Ⅰ）asinB+3bcosA由正弦定理可得sinAsinB+3sinBcosA因為sinB＞0，所以tanA=?3又因為A∈（0，π），所以A=2π（Ⅱ）若選①，則C＝π﹣A﹣B＝π?2π所以sinC＝sinπ12=sin（π3?π4）＝sinπ3cosπ4?若選②，a＝2，b＝3，所以a＜b，所以A＜B，由（Ⅰ）可知角A為鈍角，這樣的三角形不存在；若選③，由（Ⅰ）可得3b＝4sinA＝4×32=所以b=233由正弦定理可得bsinB=a可得sinB=12，又因為B＜A，所以角所以B=π6，C＝π﹣A﹣B所以sinC=1（Ⅲ）由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bc?（?12），當且僅當b＝而a＝2，可得bc≤a所以S△ABC=12bcsinA所以△ABC的最大面積為33【點評】本題考查正弦定理，余弦定理的應用，三角形面積公式的應用，基本不等式的應用，屬于中檔題．20．（14分）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，點E是棱AB上的動點，F(xiàn)是棱CC1上一點，CF：FC1＝1：2．（Ⅰ）求證：B1D1⊥A1F；（Ⅱ）若直線A1F⊥平面B1D1E，試確定點E的位置，并證明你的結論；（Ⅲ）設點P在正方體的上底面A1B1C1D1上運動，求總能使BP與A1F垂直的點P所形成的軌跡的長度．（直接寫出答案）【分析】（Ⅰ）連結A1C1，推導出B1D1⊥A1C1，CC1⊥B1D1，從而B1D1⊥平面A1C1C，由此能證明B1D1⊥A1F．（Ⅱ）當AE：EB＝1：2時，過點F在平面BCC1B1作FG∥BC，交BB1于點G，連結A1G，交B1E于點H，推導出A1G⊥B1E，F(xiàn)G⊥B1E，從而B1E⊥面A1FG，B1E⊥A1F，再由B1D1⊥A1F，能證明A1F⊥平面B1D1E．（Ⅲ）設點P在正方體的上底面A1B1C1D1上運動，總能使BP與A1F垂直的點P所形成的軌跡的長度為23【解答】證明：（Ⅰ）連結A1C1，∵正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1C1D1是正方形，∴B1D1⊥A1C1，在正方