2023-2024学年北京市朝阳区陈经纶中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年北京市朝阳区陈经纶中学高一（下）期中数学试卷一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在复平面内，复数z对应的点在第三象限，则复数z⋅(1+A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知正四棱锥的底面边长为2，高为3，则它的体积为(

)A.2 B.4 C.6 D.123.已知非零向量OA，OB不共线，且BM=1A.13OA+23OB 4.如图，飞机飞行的航线AB和地面目标C在同一铅直平面内，在A处测得目标C的俯角为30°，飞行10千米到达B处，测得目标C的俯角为75°，这时B处与地面目标C的距离为(

)

A.5千米 B.52千米 C.4千米 D.5.设a，b是非零向量，则“存在实数λ，使得a=λb”是“|aA.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件6.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是梯形，AB/A.l/​/CD B.l/​/BC C.7.如图所示，O为线段A0A2025外一点，若A0，A1，A2，A3，⋯，A2025中任意相邻两点间的距离相等，OA0=

A.2025(a+b) B.2026(8.在△ABC中，AB=1，AC=A.132 B.72 C.9.如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是(

)A.(16,56)

B.(10.我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为a，记平面a截牟合方盖所得截面的面积为s，则函数S=f(h)A. B.

C. D.二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。11.已知复数z的实部和虚部相等，且|z|=2，则z12.已知e1，e2是两个不共线的向量，a=e1−4e2，b=k13.已知四边形的顶点A，B，C，D在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则AC⋅DB=______14.已知圆锥的底面面积为3π，其侧面展开图的圆心角为3π，则过该圆锥顶点做截面，截面三角形面积最大值为______15.已知单位向量e1，e2的夹角为π2，且a=xe1+ye2(其中x，y∈R16.如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=4.E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，对于平面EF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)

在锐角△ABC

中，角

A，B，C

所对的边分别为a，b，c，已知a=7，b=3，7sinB+sinA=218.(本小题14分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且

PA=AD=2，点E为线段PD的中点．

(Ⅰ)求证：PB19.(本小题14分)

在△ABC中，a=2,asinB+3bcosA=0．

(Ⅰ)求A；

(Ⅱ)除上述条件外，20.(本小题14分)

如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱AB上的动点，F是棱CC1上一点，CF：FC1=1：2．

(Ⅰ)求证：B1D1⊥A1F；

(Ⅱ)21.(本小题14分)

n元向量(n−tuplevector)也叫n维向量，是平面向量的推广，设n为正整数，数集P中的n个元素构成的有序组(a1,a2,⋯,an)称为P上的n元向量，其中ai(i=1,2,⋯,n)为该向量的第i个分量.n元向量通常用希腊字母α,β,γ等表示，如α=(a1,a2,⋯,an),P上全体n元向量构成的集合记为Pn.对于α,β∈Pn,n答案和解析1.【答案】C

【解析】解：因为(1+i)2024=[(1+i)2]10122.【答案】B

【解析】【分析】本题考查正四棱锥的体积的求法，考查数据处理能力、运算求解能力以及应用意识，考查数形结合思想等，是中档题．

正四棱锥P−ABCD【解答】

解：如图，正四棱锥P−ABCD中，底面边长AB=2，高PO=3.【答案】A

【解析】解：非零向量OA，OB不共线，且BM=13BA，

OM−OB=4.【答案】B

【解析】【分析】本题考查了利用正弦定理解答实际应用问题，属于基础题．

由题意，在△ABC【解答】

解：由题意知，在△ABC中，AB=10，∠BAC=30°，∠ACB=75°5.【答案】B

【解析】【分析】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量平行的应用进行化简是解决本题的关键，属于中档题．

根据向量平行的应用，考查充分条件和必要条件的判断．【解答】

解：若“|a+b|=|a|+|b|”，

则平方得|a|2+2a⋅b+|b|2

=|a|2+|b|2+2|a|⋅|b|，

即a⋅b=|a|⋅|6.【答案】D

【解析】【分析】

可得AD与CB必相交于点M，则P是面平面PAD和平面PBC的公共点，又平面PAD∩平面PBC=l．

本题考查了空间几何体中的直线与平面的位置关系，属于中档题．

【解答】

解：∵四棱锥P−ABCD的底面ABCD是梯形，AB/​/CD．

∴A7.【答案】D

【解析】解：因A0，A1，A2，A3，⋯，A2025中任意相邻两点间的距离相等，

不妨设A0A2025的中点为A，

则点A也是A1A2024，A2A2023，⋯，A1012A1013的中点，

则OA0+8.【答案】A

【解析】解：因为AB=1，AC=3，A=60°，

由题意可得AD=12(AB+AC)，两边平方可得AD2=14(AB2+A9.【答案】A

【解析】解：如图，正方体ABCD−EFGH，若要使液面形状不可能为三角形，

则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，

若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，

设液面的体积为V，而VG−EHD<V<V正方体−VB−A10.【答案】D

【解析】【分析】首先由图1得到正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，由图2可知截面均为正方形，此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，由此计算得到函数解析式，判断选项即可．

本题考查了函数图象的理解和应用，主要考查了正方体的内切球以及其截面圆的应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．【解答】

解：由图1可得，正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，

用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，

并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，

内切球的半径为a，设截面圆的半径为r，

则有(a−h)2+r2=a2，解得r2=−h2+2a11.【答案】1+i或【解析】解：因为复数z的实部和虚部相等，

所以设z=a+ai，a∈R，

又|z|=2，所以a2+a2=12.【答案】−1【解析】解：由向量e1，e2不共线，得a≠0，

由向量a=e1−4e2与b=ke1+2e213.【答案】7

【解析】解：以AC的连线为x轴，

过B点且垂直于AC的直线

为y轴，

建立如图所示平面直角坐标系，则：

A(−4,0)，C(3,0)，

D(−1,−2)，B(0,2)，

AC=(7,0),DB14.【答案】2

【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，

则底面圆面积为πr2=3π，解得r=3；

其侧面展开图的圆心角为2πrl=23πl=3π，解得l=2；

所以轴截面三角形的顶角为2α，其中15.【答案】1

2【解析】解：当x=y=1时，则a=e1+e2，

则a⋅e1=(e1+e2)⋅e1=e12+e1⋅e2=16.【答案】②③【解析】【分析】本题考查了棱锥的结构特征，空间几何体的截面问题，属于中档题．

根据给定条件，作出平面EFH截四棱锥P【解答】

解：在四棱锥P−ABCD中，PA=AB=4，取CD中点G，连接FG，GH，BD，AC，如图，

因底面ABCD为正方形，E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，

则EH/​/BD/​/FG，EF//PC//GH，EFGH是平行四边形，

令FG∩AC=J，有CJ=14AC，在PA上取点I，使PI=14PA，连接EI,HI,JI，

则JI//PC//EF，点J∈平面EFH，有JI⊂平面EFH，点I∈平面EFH，EI,HI⊂平面EFH，

因此五边形EFGHI是平面EFH截四棱锥P−ABCD所得的截面多边形，17.【答案】解：(Ⅰ)锐角△ABC中，由条件利用正弦定理可得7sinA=3sinB，∴7sinB=3sinA，

再根据7sinB+sinA=2【解析】(Ⅰ)锐角△ABC中，由条件利用正弦定理求得7sinB=3sinA，再根据7sinB+s18.【答案】(Ⅰ)证明：连结BD，交AC于点O，连结OE，

如图示：

∵O是正方形ABCD对角线交点，∴O为BD的中点，

由已知E为线段PD的中点，∵PB//OE，

又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，

∴PB/​/平面ACE；

(Ⅱ)证明：∵PA=AD，E为线段PD的中点，∴AE⊥PD，

∵PA⊥平面AB【解析】(Ⅰ)连结BD，交AC于点O，连结OE.可得PB/​/OE，再由线面平行的判定可得PB/​/平面ACE；

(Ⅱ)由PA=AD，E为线段PD的中点，得AE19.【答案】解：(Ⅰ)asinB+3bcosA=0，

由正弦定理可得sinAsinB+3sinBcosA=0，

因为sinB>0，所以tanA=−3，

又因为A∈(0,π)，

所以A=2π3；

(Ⅱ)若选①，则C=π−A−B=π−2π3−π4=π12，

所以sinC=sinπ12=sin(π3−π【解析】(Ⅰ)由正弦定理可得tanA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；

(Ⅱ)若选①，可得角C的大小，进而求出sinC的值；若选②，由大边对大角，可得该三角形不存在；若选③，由正弦定理可得角B的大小，进而求出角C的大小，再求出sinC的值；20.【答案】证明：(Ⅰ)连结A1C1，∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1B1C1D1是正方形，

∴B1D1⊥A1C1，

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1⊥平面A1B1C1D1，

∴CC1⊥B1D1，

又CC1∩A1C1=C1，∴B1D1⊥平面A1C1C，

∵A1F⊂面A1C1C，

∴B1D1⊥A1F.

解：(Ⅱ)当AE：EB=1：2时，直线A1F⊥平面D1B1E.

证明如下：

过点F在平面BC