2024北京二中高一（下）期中数学试题及答案

试题PAGE1试题2024北京二中高一（下）期中数学班级：___________姓名：___________学号：___________一、单选题1．复数z=51−2iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知向量a=(−1,2)，b=(1,m)，且a//b，那么A．−5 B．−4 C．−2 D．03．在△ABC中，若A=105°,B=45°,b=2，则c=（

A．1 B．3 C．2 D．64．如图，在矩形ABCD中，AB=2AD，E,F分别为BC,CD的中点，G为EF中点，则AG=（

A．23AB+13AD B．15．设m、n表示两条不同的直线，α、β表示不同的平面，则下列命题中不正确的是（

）．A．m⊥α，m⊥β，则α//β B．m//n，m⊥α，则n⊥αC．m⊥α，n⊥α，则m//n D．m//α，α∩β=n，则m//n6．在△ABC中，若AB⋅BC+AB2A．等边三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰直角三角形7．已知平面α,β,γ,α∩β=a,γ∩β=b，则α∥γ是a∥b的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是AD的中点，N是A．12 B．35 C．349．已知正方形ABCD的边长为2，动点P在以D为圆心且与AC相切的圆上，则BP⋅AC的取值范围是（A．[−22,22] B．[0,22]10．在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为BD1，A．点P可以是棱BB1的中点 B．线段MPC．点P的轨迹是正方形 D．点P轨迹的长度为2+二、填空题11．若复数z=3−i1+i12．已知向量a=2,x,13．已知a=3,1，b=−23,214．直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1，设点15．给定两个长度为1的平面向量OA和OB，它们的夹角为120o.如图所示，点C在以O为圆心的圆弧上变动.若OC=xOA+yOB,其中x,y∈R16．如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的菱形，且∠DAB=π3，PD=AD，PD⊥平面ABCD，F，O分别是PA，BD的中点，①AC⊥OE；②FC=PO；③直线PO与底面ABCD所成角的正弦值为55④△AEC面积的取值范围是62其中所有正确结论的序号是．三、解答题17．如图所示，在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD，

(1)求证：BC//(2)求证：BE//平面PDC18．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA（1）求证：平面A1BD（2）求证：EO⊥平面BDD（3）设P为正方体ABCD−A1B1C19．如图所示，D为△ABC外一点，且∠ABC=135∘,AD⊥CD

(1)求sin∠ACD的值；(2)求BD的长.20．在△ABC中，asin(1)求A；(2)求2cos(3)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．条件①：b=2条件②：sinB=条件③：a=10注：如果选择的条件不符合要求，第（3）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．21．已知和数表，其中.若数表满足如下两个性质，则称数表由生成.①任意中有三个，一个3；②存在，使中恰有三个数相等.(1)判断数表是否由生成；（结论无需证明）(2)是否存在数表由生成？说明理由；(3)若存在数表由生成，写出所有可能的值.

参考答案1．A【分析】根据复数的运算法则求出复数即可判断.【详解】由题意知，z=5所以z=51−2i故选：A.2．C【分析】根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.【详解】解：因为a=(−1,2)，b=(1,m)，且所以−m=1×2，解得m=−2.故选：C3．A【分析】由题意可得C，再由正弦定理即可得到结果.【详解】因为A=105°,B=45°，所以C=30°，由正弦定理可得c=b故选:A4．C【分析】根据向量加法的三角形法则和四边形法则，可得结果.【详解】根据题意：AG又AEAF所以AG故选：C【点睛】本题主要考查利用向量的加法法则，熟练掌握向量加法的三角形法则和平行四边形法则，对向量用其它向量表示有很大的作用，属基础题.5．D【详解】A选项中命题是真命题，m⊥α，m⊥β，可以推出α//β；B选项中命题是真命题，m//n，m⊥α，可得出n⊥α；C选项中命题是真命题，m⊥α，n⊥α，，利用线面垂直的性质得到m//n；D选项中命题是假命题，因为两直线平行或异面．故选D．6．B【分析】先利用数量积运算化简得到accos【详解】因为AB⋅BC+所以accosB=c所以b2故选：B7．A【分析】结合面面平行的性质定理和线面平行的性质定理即可判断.【详解】因为α∥γ，α∩β=a,γ∩β=b，所以由面面平行的性质定理可得a∥b，则充分性成立；因为a∥b，α∩β=a,γ∩β=b可知，所以a⊄γb⊂γ，则a∥γ，又b⊄αa⊂α，则b∥α，当α∩γ=l时，由线面平行的性质定理可知综上所述，α∥γ是a∥b的充分不必要条件.故选：A.8．D【分析】设正方体棱长为2，取CD中点E,BC中点F连接MF,可证得D1M//C1F,DN//【详解】设正方体棱长为2，取CD中点E,BC中点F连接MF,∵C1D1//MF,C1D1∵C1N//DE,C1N=DE,∴四边形∴∠EC1F为D在△EC1F∴cos∠E∴D1M与DN所成角的余弦值为故选：D

9．C【分析】根据条件可建立直角坐标系，写出点的坐标，根据点坐标得向量坐标，进而根据向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】以点D为圆心，以DC,DA分别为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则：D(0,0)，A(0,2)，B(2,2)，C圆D的半径为2，∴设P(2cos∴BP=(2cos∴BP⋅当cos(θ+π4)=−1时，BP⋅AC取最小值−4故选：C10．B【分析】如图，取棱BC的中点E，连接DE,B1E,ME，进而证明平面B1EM//平面CND1，再结合题意可知直线B1M必过D点，进而取A1D1中点【详解】解：如图，取棱BC的中点E，连接DE,B因为M,N分别为BD1，所以，在△BCD1中，ME//CD1，由于ME⊄平面CND所以ME//平面CND因为B1N//CE,B所以CN//B1E，因为CN⊂平面CND1所以，B1E//平面因为B1E∩ME=E，B1所以，平面B1EM//平面由于M为体对角线BD所以，连接B1M并延长，直线B1故取A1D1中点F所以，由正方体的性质易知FD所以，四边形CD1FE是平行四边形，EF//C因为，ME//CD1，所以，E,F,M共线，即F∈平面B1所以，四边形B1EDF为点由正方体的棱长为1，所以，四边形B1EDF的棱长均为52所以，四边形B1EDF为菱形，周长为由菱形的性质知，线段MP的最大值为12故选：B【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱BC的中点E，进而证明平面B1EM//平面CND11．2【分析】利用复数乘法运算化简，进而求模即可.【详解】∵z=3−∴z=故答案为：212．x=1或者2【分析】求出a−b坐标，再根据【详解】由已知a→又a⊥所以a→解得x=1或者213．2【分析】根据题意结合向量的坐标运算求解.【详解】由题意可知：a⋅可得cosa,b所以a与b的夹角为2π故答案为：2π14．1【分析】根据线面平行，可知VA【详解】因为N,P分别是棱BC,B1C1的中点，所以PN//AA1,PN⊂平面PMN,AV故答案为：12415．2【详解】x−1−1x+y=2(所以最大值为216．①④【分析】①通过线面垂直证明线线垂直②通过计算可得到结果③通过线面角的定义与计算可得到结果④通过求OE的取值范围计算三角形面积的取值范围【详解】由AC⊥BD，AC⊥PD得AC⊥平面PBD，因为OE⊂平面PBD，所以AC⊥OE，①正确计算可得AC=23,PC=PA=22，AF=PO=cosC所以CF=22，②由线面角定义知，∠POD就是直线PO与底面ABCD所成的角，sin∠POD=25由AC⊥平面PBD得，AC⊥OEOEmax=5，PB⊥OE时OE最小，故答案为：①④17．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题意利用线面平行的性质定理即可证明BC//（2）取PD的中点F，连接EF,FC，由（1）可证明EFCB是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得BE//平面PDC【详解】（1）根据题意可得，BC//平面PADBC⊂平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，由线面平行的性质定理可得BC//（2）取PD的中点为F，连接EF,FC，如下图所示：

由E是PA的中点，F是PD的中点，可得EF//AD，且由（1）知BC//AD，且BC=12AD所以四边形EFCB是平行四边形，即BE//CF，又BE⊄平面PDC，CF⊂平面所以BE//平面PDC18．（1）证明见解析，（2）证明见解析，（3）12【分析】（1）由正方体的性质可得A1D1（2）连接A1C1,可证得A1C1⊥平面BD（3）只要求出以O为球心，2为半径的球与正方体棱的交点个数即可【详解】（1）证明：在正方体ABCD−A1B1C因为A1D1所以平面A1BD（2）证明：连接A1C1，A因为BB1⊥平面A1B所以BB1⊥因为BB1∩B1连接AC1，因为O为BD1的中点，所以因为E为AA1的中点，所以EO∥所以EO⊥平面BDD（3）因为在正方体ABCD−A1B1C所以O到每条棱的距离均为2，所以满足条件OP=2的点P19．(1)5(2)65【分析】（1）利用余弦定理求出AC边的长，用勾股定理得出AD边的长，即可求出sin∠ACD的值；（2）由正弦定理求出∠BCA与∠ACD的关系，由余弦定理即可求出BD的长.【详解】（1）由题意，在△ABC中，∠ABC=135∘，AB=2由余弦定理得，AC∴AC∴AC=5∴在Rt△ADC中，AD⊥CD，CD=2AD=A∴sin（2）由题意及（1）得，在△ABC中，由正弦定理得，ABsin∴sin∠BCA=2×又0<∠ACD<90∴∠BCA=∠ACD，∴cos∠BCD=在△BCD中，BC=1，CD=2，由余弦定理得，BD∴BD∴BD=6520．(1)π4(2)答案见解析.【分析】（1）利用正弦定理得到sinA=cosA，由A∈（2）选条件②③：利用正弦定理求得sinC=510，再由AC求出sin选条件①③：利用余弦定理求得c=10，b=25，满足选条件①②：由正弦定理求得b=2，由余弦定理求得c=4，a=10，【详解】（1）在△ABC中，asinC−ccos因为C∈0,π，所以sinC≠0，所以因为A∈0,π,所以A=（2）选条件②③：在△ABC中，A=π4，b=2由正弦定理得：sinB=2sin因为b=2c>c，所以C必为锐角，所以所以sin==190所以这样的三角形不存在.选条件①③：在△ABC中，A=π4，b=2由余弦定理a2=b2+所以b=2c=25，满足a此时，S△ABC选条件①②：在△ABC中，A=π4，sinB=由正弦定理asinA=由余弦定理a2=b解得：c=4（c=−2舍去）.c=4，a=10，b=故这样的三角形存在且唯一.此时，S△ABC21．(1)是(2)不存在，理由见解析(3)3，7，11.【分析】（1）根据数表满足的两个性质进行检验，即可得结论；（2）采用反证的方法，即若存在这样的数表A，由性质①推出对任意的，中均有2个奇数，2个偶数，则推出不满足性质②，即得结论；（3）判断出的所有可能的值为3，7，11，一方面说明取这些值时可以由生成数表A，另一方面，分类证明的取值只能为3，7，11，由此可得所有可能的值.【详解】（1）数表是由生成；检验性质①：当时，，共三个，一个3；当时，，共三个，一个3；当时，，共三个，一个3；任意中有三个，一个3；检验性质②：当时，，恰有3个数相等.（2）不存在数表由生成,理由如下:若存在这样的数表A，由性质①任意中有三个，一个3，则或-1，总有与的奇偶性相反，类似的，与的奇偶性相反，与的奇偶性相反，与的奇偶性相反；因为中恰有2个奇数，2个偶数，所以对任意的，中均有2个奇数，2个偶数，此时中至多有2个数相等，不满足性质②；综上，不存在数表由生成；（3）的所有可能的值为3，7，11.一方面，当时，可以生成数表；当时，可以生成数表；当时，可以生成数表；另一方面，若存在数表A由生成，首先证明：除以4余3；证明：对任意的，令，则，分三种情况：（i）若，且，则；（ii）若，且，则；（iii）若，且，则；均有与除以4的余数相同.特别的，“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；类似的，“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；“存在，使得