試題PAGE1試題2024北京二中高一（下）期中數學班級：___________姓名：___________學號：___________一、單選題1．復數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，則c=（

A．1 B．3 C．2 D．64．如圖，在矩形ABCD中，AB=2AD，E,F分別為BC,CD的中點，G為EF中點，則AG=（

A．23AB+13AD B．15．設m、n表示兩條不同的直線，α、β表示不同的平面，則下列命題中不正確的是（

）．A．m⊥α，m⊥β，則α//β B．m//n，m⊥α，則n⊥αC．m⊥α，n⊥α，則m//n D．m//α，α∩β=n，則m//n6．在△ABC中，若AB?BC+AB2A．等邊三角形 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，則α∥γ是a∥b的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M是AD的中點，N是A．12 B．35 C．349．已知正方形ABCD的邊長為2，動點P在以D為圓心且與AC相切的圓上，則BP?AC的取值范圍是（A．[?22,22] B．[0,22]10．在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M,N分別為BD1，A．點P可以是棱BB1的中點 B．線段MPC．點P的軌跡是正方形 D．點P軌跡的長度為2+二、填空題11．若復數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°，底面是直角邊長為1的等腰直角三角形，高為1，設點15．給定兩個長度為1的平面向量OA和OB，它們的夾角為120o.如圖所示，點C在以O為圓心的圓弧上變動.若OC=xOA+yOB,其中x,y∈R16．如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面是邊長為2的菱形，且∠DAB=π3，PD=AD，PD⊥平面ABCD，F，O分別是PA，BD的中點，①AC⊥OE；②FC=PO；③直線PO與底面ABCD所成角的正弦值為55④△AEC面積的取值范圍是62其中所有正確結論的序號是．三、解答題17．如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD，

(1)求證：BC//(2)求證：BE//平面PDC18．如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AA（1）求證：平面A1BD（2）求證：EO⊥平面BDD（3）設P為正方體ABCD?A1B1C19．如圖所示，D為△ABC外一點，且∠ABC=135°,AD⊥CD

(1)求sin∠ACD的值；(2)求BD的長.20．在△ABC中，asin(1)求A；(2)求2cos(3)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使△ABC存在且唯一確定，求△ABC的面積．條件①：b=2條件②：sinB=條件③：a=10注：如果選擇的條件不符合要求，第（3）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．21．已知和數表，其中.若數表滿足如下兩個性質，則稱數表由生成.①任意中有三個，一個3；②存在，使中恰有三個數相等.(1)判斷數表是否由生成；（結論無需證明）(2)是否存在數表由生成？說明理由；(3)若存在數表由生成，寫出所有可能的值.

參考答案1．A【分析】根據復數的運算法則求出復數即可判斷.【詳解】由題意知，z=5所以z=51?2i故選：A.2．C【分析】根據向量共線的坐標表示得到方程，解得即可.【詳解】解：因為a=(?1,2)，b=(1,m)，且所以?m=1×2，解得m=?2.故選：C3．A【分析】由題意可得C，再由正弦定理即可得到結果.【詳解】因為A=105°,B=45°，所以C=30°，由正弦定理可得c=b故選:A4．C【分析】根據向量加法的三角形法則和四邊形法則，可得結果.【詳解】根據題意：AG又AEAF所以AG故選：C【點睛】本題主要考查利用向量的加法法則，熟練掌握向量加法的三角形法則和平行四邊形法則，對向量用其它向量表示有很大的作用，屬基礎題.5．D【詳解】A選項中命題是真命題，m⊥α，m⊥β，可以推出α//β；B選項中命題是真命題，m//n，m⊥α，可得出n⊥α；C選項中命題是真命題，m⊥α，n⊥α，，利用線面垂直的性質得到m//n；D選項中命題是假命題，因為兩直線平行或異面．故選D．6．B【分析】先利用數量積運算化簡得到accos【詳解】因為AB?BC+所以accosB=c所以b2故選：B7．A【分析】結合面面平行的性質定理和線面平行的性質定理即可判斷.【詳解】因為α∥γ，α∩β=a,γ∩β=b，所以由面面平行的性質定理可得a∥b，則充分性成立；因為a∥b，α∩β=a,γ∩β=b可知，所以a?γb?γ，則a∥γ，又b?αa?α，則b∥α，當α∩γ=l時，由線面平行的性質定理可知綜上所述，α∥γ是a∥b的充分不必要條件.故選：A.8．D【分析】設正方體棱長為2，取CD中點E,BC中點F連接MF,可證得D1M//C1F,DN//【詳解】設正方體棱長為2，取CD中點E,BC中點F連接MF,∵C1D1//MF,C1D1∵C1N//DE,C1N=DE,∴四邊形∴∠EC1F為D在△EC1F∴cos∠E∴D1M與DN所成角的余弦值為故選：D

9．C【分析】根據條件可建立直角坐標系，寫出點的坐標，根據點坐標得向量坐標，進而根據向量數量積的坐標運算即可求解.【詳解】以點D為圓心，以DC,DA分別為x，y軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，則：D(0,0)，A(0,2)，B(2,2)，C圓D的半徑為2，∴設P(2cos∴BP=(2cos∴BP?當cos(θ+π4)=?1時，BP?AC取最小值?4故選：C10．B【分析】如圖，取棱BC的中點E，連接DE,B1E,ME，進而證明平面B1EM//平面CND1，再結合題意可知直線B1M必過D點，進而取A1D1中點【詳解】解：如圖，取棱BC的中點E，連接DE,B因為M,N分別為BD1，所以，在△BCD1中，ME//CD1，由于ME?平面CND所以ME//平面CND因為B1N//CE,B所以CN//B1E，因為CN?平面CND1所以，B1E//平面因為B1E∩ME=E，B1所以，平面B1EM//平面由于M為體對角線BD所以，連接B1M并延長，直線B1故取A1D1中點F所以，由正方體的性質易知FD所以，四邊形CD1FE是平行四邊形，EF//C因為，ME//CD1，所以，E,F,M共線，即F∈平面B1所以，四邊形B1EDF為點由正方體的棱長為1，所以，四邊形B1EDF的棱長均為52所以，四邊形B1EDF為菱形，周長為由菱形的性質知，線段MP的最大值為12故選：B【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵在于取棱BC的中點E，進而證明平面B1EM//平面CND11．2【分析】利用復數乘法運算化簡，進而求模即可.【詳解】∵z=3?∴z=故答案為：212．x=1或者2【分析】求出a?b坐標，再根據【詳解】由已知a→又a⊥所以a→解得x=1或者213．2【分析】根據題意結合向量的坐標運算求解.【詳解】由題意可知：a?可得cosa,b所以a與b的夾角為2π故答案為：2π14．1【分析】根據線面平行，可知VA【詳解】因為N,P分別是棱BC,B1C1的中點，所以PN//AA1,PN?平面PMN,AV故答案為：12415．2【詳解】x?1?1x+y=2(所以最大值為216．①④【分析】①通過線面垂直證明線線垂直②通過計算可得到結果③通過線面角的定義與計算可得到結果④通過求OE的取值范圍計算三角形面積的取值范圍【詳解】由AC⊥BD，AC⊥PD得AC⊥平面PBD，因為OE?平面PBD，所以AC⊥OE，①正確計算可得AC=23,PC=PA=22，AF=PO=cosC所以CF=22，②由線面角定義知，∠POD就是直線PO與底面ABCD所成的角，sin∠POD=25由AC⊥平面PBD得，AC⊥OEOEmax=5，PB⊥OE時OE最小，故答案為：①④17．(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由題意利用線面平行的性質定理即可證明BC//（2）取PD的中點F，連接EF,FC，由（1）可證明EFCB是平行四邊形，再利用線面平行的判定定理即可得BE//平面PDC【詳解】（1）根據題意可得，BC//平面PADBC?平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，由線面平行的性質定理可得BC//（2）取PD的中點為F，連接EF,FC，如下圖所示：

由E是PA的中點，F是PD的中點，可得EF//AD，且由（1）知BC//AD，且BC=12AD所以四邊形EFCB是平行四邊形，即BE//CF，又BE?平面PDC，CF?平面所以BE//平面PDC18．（1）證明見解析，（2）證明見解析，（3）12【分析】（1）由正方體的性質可得A1D1（2）連接A1C1,可證得A1C1⊥平面BD（3）只要求出以O為球心，2為半徑的球與正方體棱的交點個數即可【詳解】（1）證明：在正方體ABCD?A1B1C因為A1D1所以平面A1BD（2）證明：連接A1C1，A因為BB1⊥平面A1B所以BB1⊥因為BB1∩B1連接AC1，因為O為BD1的中點，所以因為E為AA1的中點，所以EO∥所以EO⊥平面BDD（3）因為在正方體ABCD?A1B1C所以O到每條棱的距離均為2，所以滿足條件OP=2的點P19．(1)5(2)65【分析】（1）利用余弦定理求出AC邊的長，用勾股定理得出AD邊的長，即可求出sin∠ACD的值；（2）由正弦定理求出∠BCA與∠ACD的關系，由余弦定理即可求出BD的長.【詳解】（1）由題意，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）由題意及（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)答案見解析.【分析】（1）利用正弦定理得到sinA=cosA，由A∈（2）選條件②③：利用正弦定理求得sinC=510，再由AC求出sin選條件①③：利用余弦定理求得c=10，b=25，滿足選條件①②：由正弦定理求得b=2，由余弦定理求得c=4，a=10，【詳解】（1）在△ABC中，asinC?ccos因為C∈0,π，所以sinC≠0，所以因為A∈0,π,所以A=（2）選條件②③：在△ABC中，A=π4，b=2由正弦定理得：sinB=2sin因為b=2c>c，所以C必為銳角，所以所以sin==190所以這樣的三角形不存在.選條件①③：在△ABC中，A=π4，b=2由余弦定理a2=b2+所以b=2c=25，滿足a此時，S△ABC選條件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=故這樣的三角形存在且唯一.此時，S△ABC21．(1)是(2)不存在，理由見解析(3)3，7，11.【分析】（1）根據數表滿足的兩個性質進行檢驗，即可得結論；（2）采用反證的方法，即若存在這樣的數表A，由性質①推出對任意的，中均有2個奇數，2個偶數，則推出不滿足性質②，即得結論；（3）判斷出的所有可能的值為3，7，11，一方面說明取這些值時可以由生成數表A，另一方面，分類證明的取值只能為3，7，11，由此可得所有可能的值.【詳解】（1）數表是由生成；檢驗性質①：當時，，共三個，一個3；當時，，共三個，一個3；當時，，共三個，一個3；任意中有三個，一個3；檢驗性質②：當時，，恰有3個數相等.（2）不存在數表由生成,理由如下:若存在這樣的數表A，由性質①任意中有三個，一個3，則或-1，總有與的奇偶性相反，類似的，與的奇偶性相反，與的奇偶性相反，與的奇偶性相反；因為中恰有2個奇數，2個偶數，所以對任意的，中均有2個奇數，2個偶數，此時中至多有2個數相等，不滿足性質②；綜上，不存在數表由生成；（3）的所有可能的值為3，7，11.一方面，當時，可以生成數表；當時，可以生成數表；當時，可以生成數表；另一方面，若存在數表A由生成，首先證明：除以4余3；證明：對任意的，令，則，分三種情況：（i）若，且，則；（ii）若，且，則；（iii）若，且，則；均有與除以4的余數相同.特別的，“存在，使得”的一個必要不充分條件為“除以4的余數相同”；類似的，“存在，使得”的一個必要不充分條件為“除以4的余數相同”；“存在，使得”的一個必要不充分條件為“除以4的余數相同”；“存在，使得