2024北京日坛中学高一（下）期中数学试题及答案

试题PAGE1试题2024北京日坛中学高一（下）期中数学一、单选题：（共10小题，每小题5分）1．（5分）已知复数z＝2i，则z的共轭复数等于（）A．0 B．2i C．﹣2i D．﹣42．（5分）已知三条直线a，b，c满足：a与b平行，a与c异面，则b与c（）A．一定异面 B．一定相交 C．不可能平行 D．不可能相交3．（5分）已知α是锐角，＝（﹣1，1），＝（cosα，sinα），且⊥，则α为（）A．30° B．45° C．60° D．30°或60°4．（5分）在复平面内，复数对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．（5分）如图，在矩形ABCD中，E为BC中点，那么向量+等于（）A． B． C． D．6．（5分）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． B． C． D．7．（5分）在△ABC中，若b＝，c＝3，B＝30°，则a等于（）A．2 B．3 C． D．2或8．（5分）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⊥α B．若m⊥n，n⊥α，则m∥α C．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n D．若m∥α，n∥α，则m∥n9．（5分）在△ABC中，AB＝AC＝2，，点P在线段BC上．当取得最小值时，PA＝（）A． B． C． D．10．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论错误的是（）A．平面CBP⊥平面BB1P B．DC1⊥PC C．三棱锥C1﹣D1PC的体积为定值 D．∠APD1的取值范围是（0，]二、填空：（共6小题，每小题5分）11．（5分）已知复数z＝﹣1+3i，其中i是虚数单位，则z的模是__________．12．（5分）2020年5月1日起，新版《北京市生活垃圾管理条例》实施，根据该条例：小区内需设置可回收垃圾桶和有害垃圾桶．已知李华要去投放这两类垃圾，他从自家楼下出发，向正北方向走了80米，到达有害垃圾桶，随后向南偏东60°方向走了30米，到达可回收物垃圾桶，则他回到自家楼下至少还需走__________．13．（5分）轴截面是边长为2的正三角形的圆锥的侧面积为__________．14．（5分）设向量，满足||＝2，||＝1，＜，＞＝60°，则|+2|＝__________．16．（5分）如图，从长、宽、高分别为a，b，c的长方体AEBF﹣GCHD中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥A﹣BCD．下列四个结论中，所有正确结论的序号是__________．①三棱锥A﹣BCD的体积为；②三棱锥A﹣BCD的每个面都是锐角三角形；③三棱锥A﹣BCD中，二面角A﹣CD﹣B不会是直二面角；④三棱锥A﹣BCD中，三条侧棱与底面所成的角分别记为α，β，γ，则sin2α+sin2β+sin2γ≤2．三、解答题：（共70分）17．（10分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且P，E，F分别是AB，BC，A1B1的中点．（Ⅰ）求证：BC1⊥平面A1C1CA；（Ⅱ）求证：平面EFP⊥平面BCC1B1．18．（15分）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b＝，c＝3，cosB＝﹣（Ⅰ）求sinC的值；（Ⅱ）求△ABC的面积．19．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，E为侧棱PD上一点．（Ⅰ）求证：CD∥平面ABE；（Ⅱ）求证：CD⊥AE；（Ⅲ）若E为PD中点，平面ABE与侧棱PC交于点F，且PA＝PD＝AD＝2，求四棱锥P﹣ABFE的体积．20．（15分）在①a+b＝1+，②csinA＝2，③b＝c这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中．若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，____，且sinB＝sinA，C＝？21．（15分）已知集合（n∈N，n≥4），若存在数阵满足：①{a1，a2，…，an}∪{b1，b2，…，bn}＝Mn；②ak﹣bk＝k（k＝1，2，…，n）．则称集合Mn为“好集合”，并称数阵T为Mn的一个“好数阵”．（Ⅰ）已知数阵是M4的一个“好数阵”，试写出x，y，z，w的值；（Ⅱ）若集合Mn为“好集合”，证明：集合Mn的“好数阵”必有偶数个；（Ⅲ）判断Mn（n＝5，6）是否为“好集合”．若是，求出满足条件n∈{a1，a2，…，an}的所有“好数阵”；若不是，说明理由．

参考答案一、单选题：（共10小题，每小题5分）1．【解答】解：因为复数z＝2i，则z的共轭复数＝﹣2i；故选：C．2．【解答】解：三条直线a，b，c满足：a与b平行，a与c异面，则b与c可能异面，也可能相交，不可能平行，若b与c平行，又a与b平行，根据平行公理，可得a与c平行，这与a与c异面矛盾．故选：C．3．【解答】解：∵已知α是锐角，＝（﹣1，1），＝（cosα，sinα），且⊥，∴•＝﹣cosα+sinα＝0，求得cosα＝sinα，则α为45°+k×360°，k∈Z，故选：B．4．【解答】解：由．知复数的实部为，虚部为．所以，复数对应的点位于第二象限．故选：B．5．【解答】解：，故选：B．6．【解答】解：根据题意，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，，∴．故选：B．7．【解答】解：由余弦定理可得：b2＝a2+c2﹣2accosB，（）2＝a2+32﹣6acos30°，化为：a2﹣3a+6＝0，解得a＝2或．故选：D．8．【解答】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．9．【解答】解：因为在△ABC中，AB＝AC＝2，，点P在线段BC上，所以以BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，BC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，则B（，0），C（），A（0，1），设P（λ，0）（），则，，所以＝＝，所以当时，取得最小值，此时，所以＝．故选：B．10．【解答】解：对于A，∵CB⊥BB1，CB⊥BP，BB1∩BP＝B，∴CB⊥平面BB1P，又CB⊂平面CBP，∴平面CBP⊥平面BB1P，故A正确；对于B，∵DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，∴DC1⊥平面BCD1A1，又PC⊂平面BCD1A1，∴DC1⊥PC，故B正确；对于C，∵△D1C1C的面积是定值S＝＝，点P到平面D1C1C的距离是定值BC＝1，∴三棱锥C1﹣D1PC的体积为定值V＝＝，故C正确；对于D，当P与B重合时，∠APD1取最小值，∵△ABD1是直角三角形，∴cos∠A1BD1＝．∴∠APD1的最小值为arccos．当P与A1重合时，∠APD1取最大值，∵P为线段A1B上的动点（不含端点），当P为A1B的中点时，∠APD1为，∴∠APD1的取值范围是（arccos，]，故D错误．故选：D．二、填空：（共6小题，每小题5分）11．【解答】解：∵z＝﹣1+3i，∴|z|＝．故答案为：．12．【解答】解：根据题意作出如下示意图，设点A为李华的家，点B为有害垃圾桶所在位置，点C为可回收物垃圾桶所在位置，在△ABC中，由余弦定理知，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcos∠ABC＝802+302﹣2×80×30×cos60°＝4900，所以AC＝70，所以他回到自家楼下至少还需走70米．故答案为：70米．13．【解答】解：圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的底面圆半径为r＝1，母线长为l＝2；∴它的侧面积为S侧面积＝πrl＝2π．故答案为：2π．14．【解答】解：由||＝2，||＝1，＜，＞＝60°，则＝2×，则|+2|＝＝，故答案为：2．16．【解答】解：对于①，长方体的体积为abc，三棱锥A﹣BCD的体积为abc﹣4×＝，故①正确；对于②，三棱锥A﹣BCD的每一个面的三边长都可以用过一个顶点的三条侧棱表示，不妨以△ACD为例，AD2＝a2+c2，AC2＝b2+c2，CD2＝a2+b2，∵AD2+AC2＞CD2，AD2+CD2＞AC2，AC2+CD2＞AD2，∴△ACD一定是锐角三角形，同理可得△ABC，△ABD，△BCD为锐角三角形，则三棱锥A﹣BCD的每个面都是锐角三角形，故②正确；对于③，如图，以F为坐标原点，分别以FA、FB、FD所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（a，0，0），E（a，b，0），B（0，b，0），F（0，0，0），G（a，0，c），C（a，b，c），D（0，0，c），，，，设平面ACD的一个法向量为，由，取y＝1，则，同理可得平面BCD的一个法向量为，，取a＝b＝，c＝1时，，可得二面角A﹣CD﹣B是直二面角，故③错误；对于④，不妨设AB与底面所成角为α，AC与底面所成角为β，AD与底面所成角为γ，由③可知，平面BCD的一个法向量为，，sinβ＝，＝≤＝．同理可得，sin2α≤，sin2γ≤，则sin2α+sin2β+sin2γ，故④正确．故答案为：①②④．三、解答题：（共70分）17．【解答】证明：（Ⅰ）∵平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，平面A1C1CA∩平面BCC1B1＝CC1BC1⊥C1C，∴BC1⊥平面A1C1CA．（Ⅱ）∵P，E，F分别是AB，BC，A1B1的中点．∴PF∥AA1，PE∥AC，∵PF∩PE＝P，AA1∩AC＝A，∴平面EFP∥平面A1C1CA，∵平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，∴平面EFP⊥平面BCC1B1．18．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，已知b＝，c＝3，cosB＝﹣所以＝．利用正弦定理，整理得sinC＝．（Ⅱ）由（Ⅰ）得：，所以sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC＝，所以＝．19．【解答】（Ⅰ）证明：∵底面ABCD是正方形，∴AB∥CD，∵AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，∴CD∥平面ABE；（Ⅱ）证明：∵底面ABCD是正方形，∴CD⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，且侧面PAD∩底面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD，而AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE；（Ⅲ）解：由AB∥CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，得AB∥平面PCD，而AB⊂平面ABFE，且平面ABFE∩平面PCD＝FE，可得FE∥CD∥AB，又E为PD的中点，可得EF＝．由（Ⅱ）知CD⊥平面PAD，则AB⊥平面PAD，得AB⊥PD，∵三角形PAD是等边三角形，E为PD的中点，∴PD⊥AE．又AE∩AB＝A，∴PD⊥平面ABFE．在等边三角形PAD中，求得AE＝．∴．则四棱锥P﹣ABFE的体积V＝．20．【解答】解：选①：∵，∴，∵，∴a＝1，．∵c2＝a2+b2﹣2abcosC，，∴c＝1．符合a+c＞b，故存在满足条件的△ABC．选②：∵csinA＝2，∴asinC＝2，∵，∴a＝4．∵，∴，∴．由，得c＝4．符合a+c＞b，故存在满足条件的△ABC．选③：∵，∴．∵，∴．∵a2+b2﹣c2＝2abcosC，∴，得﹣5a2＝3a2，不成立．故不存在满足条件的△ABC．21．【解答】解：（Ⅰ）由“好数阵”的定义知x﹣7＝1，y﹣w＝2，z﹣1＝3，{x，y，z，w}＝{3，4，5，8}，故x＝8，z＝4，y﹣w＝2，{y，z}＝{3，5}，进一步得到y＝5，w＝3从而x＝8，y＝5，z＝4，w＝3．（Ⅱ）证明：当集合Mn为“好集合”时，设T＝是Mn的一个“好数阵”，构造数阵：，记为．因为T是“好数阵”，所以当k＝1，2，…，n时，（2n+1﹣bk）∈Mn，（2n+1﹣ak）∈Mn，且{2n+1﹣b1，2n+1﹣b2，…，2n+1﹣bn}∪{2n+1﹣a1，2n+1﹣a2，…，2n+1﹣an}＝Mn．因为（2n+1﹣bk）﹣（2n+1﹣ak）＝ak﹣bk＝k（k＝1，2，⋯，n），所以＝也是Mn的一个“好数阵”．一方面，因为（2n+1）﹣（2n+1﹣ak）＝ak，（2n+1）﹣（2n+1﹣bk）＝bk（k＝1，2，⋯，n），所以＝T，另一方面，假设2n+1﹣b2＝a2，因为a2﹣b2＝2，所以2n+1﹣b2＝2+b2，所以，与b2∈Mn矛盾，所以，故集合Mn的“好数阵”必有偶数个；（Ⅲ）设T＝是集合Mn的一个“好数阵”，由题意得；，相加得：，即，当n＝6时，，与矛盾；所以M6不是“好集合”．当n＝5时，，若5∈{a1，a2，a3，a4，a5}，因为10∈{a1，a2，a3，a4，a5}，1∉{a1，a2，a3，a4，a5}，所以{a1，a2，a3，a4，a5}只有以下两种可能：{10，5，9，8，3}和{10，5，9，7，4}，（1）若{a1，a2，a3，a4，a5}＝{10，5，9，8，3}，则{b1，b2，b3，b4，b5}＝{1，2，4，6，7}，使ak﹣bk＝5的只有9﹣4，使ak﹣bk＝4的有两种可能：5﹣1＝4，或10﹣6＝4，情形一：5﹣1＝4时，只有10﹣7＝3，8﹣6＝2，3﹣2＝1，可