2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市高一下学期期中考试数学检测试卷（含答案）

2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市高一下学期期中考试数学检测试卷一、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﹣i B．8﹣i C．4+i D．8+i2．（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．2 C． 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∥α4．（5分）记复数z的共轭复数为，若z（1+i）＝2﹣2i（）A．1 B． C．2 D．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．54m B．47m C．50m D．44m6．（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．2 C． D．37．（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∽△MEQ D．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＝2ccosA，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b17．（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cos2B﹣cos2A＝4（cosC﹣cos3C）．（1）若C＝，求A；（2）若△ABC为锐角三角形，求的取值范围．

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﹣i B．8﹣i C．4+i D．8+i【分析】由已知结合复数的四则运算即可求解．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．2 C． 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：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：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．1 B． C．2 D．【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：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．54m B．47m C．50m D．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：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．2 C． 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：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∽△MEQ D．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：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＝2ccosA，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：在△ABC中，由b＝2ccosA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：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：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：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：，∵不共线，∴，∵A，B，D三点共线，∴与，∴存在实数λ，使，∴，∴，解得k＝﹣4．故﹣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：∵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（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：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：（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cosA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：（Ⅰ）△ABC中，（a+b+c）（b+c﹣a）＝3bc2+c7﹣a2＝bc，所以cosA＝＝＝，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．（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．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