第=page11頁，共=sectionpages11頁北京市東城區第二中學朝陽學校2024-2025學年高一下學期期中考試數學試卷一、選擇題：本大題共10小題，共50分。1.在復平面內，復數z=i1?i(i為虛數單位)對應的點所在的象限是A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.向量a，b在正方形網格中的位置如圖所示，則a,b=(

)

A.45° B.60° C.3.已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題中正確的是(

)A.若n?α，n//β，則α//β B.若m//n，n//α，則m//α

C.若α⊥β，β⊥γ，則α//γ D.若m⊥α，m?β，則α⊥β4.?ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若acosA=bcosB，則?ABC為(A.等腰直角三角形 B.等腰三角形或直角三角形

C.直角三角形 D.等邊三角形5.已知圓錐的軸截面是一個邊長為2的等邊三角形，則該圓錐的體積為(

)A.33π B.π C.6.設α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，若m?α，n?α，則“α/?/β”是“m//β，n//β”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7.如圖，在平行四邊形ABCD中，M是AB的中點，DM與AC交于點N，設AB=a，AD=b，則BN=A.?23a+13b B.8.已知OA=OB=1，OC=2，OA+OB+OC=A.240° B.225° C.135° D.90°9.如圖，三棱錐P?ABC中，?PAB,??PBC均為正三角形，?ABC為直角三角形，斜邊為AC，M為PB的中點，則直線AM,?PC所成角的余弦值為(

)

A.?36 B.36 10.如圖，一個棱長1分米的正方體形封閉容器中盛有V升的水，若將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形，則V的取值范圍是(

)

A.16,56 B.13,二、填空題：本大題共6小題，共30分。11.已知向量a，b的夾角為45°，且a=1，b=2，則a+212.若復數z滿足：z+2i2+i=3?i，其中i為虛數單位，則z=

13.已知一個正方體的8個頂點都在一個球面上，則球的表面積與這個正方體的全面積之比為

．14.如圖所示，已知三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長均為1，且AA115.如圖所示，在四邊形ABCD中，已知AB=2，CD與以AB為直徑的半圓O相切于點D，且BC//AD，若AC?BD=?1，則BD=

；此時AD?OD=16.如圖，在單位正方體ABCD?A1B1C1①異面直線PC1與直線②二面角P?BC③若Q是對角線AC1上一點，則PQ+QC長度的最小值為④若R是線段BD上一動點，則直線PR與直線A1其中真命題有_____．三、解答題：本題共5小題，共70分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17.已知復數z=a+ia∈R,i(1)若z=1，求a(2)若z1+i為實數，求a(3)若z1=z1?2i,18.已知向量OA=2,1，OB=3,?2(1)若點A，B，C共線，求實數m的值；(2)若△ABC為直角三角形，求實數m的值．19.在?ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知sin2(1)求cosA(2)若cosB=33，?ABC的周長為2+220.如圖，已知平面PAB⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，PA=AB，點E，F分別是BC，PB的中點．(1)若點M為線段AD中點，求證：PM//平面AEF；(2)求證：AF⊥平面PBC；(3)若AB=1，從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使四棱錐P?ABCD存在，求二面角P?DC?A的余弦值．條件①：PA⊥DC；條件②：PC⊥BC；條件③：PB=AB；注：如果選擇條件不能使四棱錐P?ABCD存在得零分．21.對于三維向量ak=xk,yk,zkxk,yk,(1)若a0=(3,1,2)，求a2(2)證明：對于任意a0，經過若干次F變換后，必存在K∈N?(3)已知a1=p,2,qq≥p，a1=2024，將a1再經過m次F答案解析1.【答案】B

【解析】【分析】利用復數的運算法則、幾何意義即可得出．【詳解】解：在復平面內，復數z=i1?i=故選：B．【點睛】本題考查了復數的運算法則、幾何意義，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．2.【答案】D

【解析】【分析】建立平面直角坐標系，利用數量積的坐標運算即可求解．【詳解】設小正方形的邊長為1，建立如圖所示的平面直角坐標系，則a=3,1，cosa因為0≤a,b故選：D3.【答案】D

【解析】【分析】根據空間中線面、面面的位置關系一一判斷即可．【詳解】對于A：若n?α，n//β，則α與β平行或相交，故A錯誤；對于B：若m//n，n//α，則m//α或m?α，故B錯誤；對于C：若α⊥β，β⊥γ，則α與γ平行或相交，故C錯誤；對于D：若m⊥α，m?β，根據面面垂直的判定定理可得α⊥β，故D正確．故選：D4.【答案】B

【解析】【分析】利用余弦定理角化邊，然后確定?ABC的形狀即可．【詳解】因為acos根據余弦定理得ab整理得a2所以a=b或a2所以?ABC為等腰三角形或直角三角形，故選：B．5.【答案】A

【解析】【分析】本題考查圓錐的體積，屬于中檔題．

根據圓錐軸截面的定義結合正三角形的性質，可得圓錐底面半徑長和高的大小，由此結合圓錐的體積公式，即可求解．【解答】解：由題知，如圖，?PAB

為圓錐的軸截面，邊長均為2

，則圓錐的高PO=2×3底面半徑r=2×12故圓錐體積V=13

故選：A6.【答案】A

【解析】【分析】本題主要考查充分條件、必要條件、充要條件的判斷，考查線面位置關系，屬于基礎題．

解題時要認真審題，注意空間中線線、線面、面面間的位置關系的合理運用．【解答】

解：∵m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且m，n?α，

∵若兩平面平行，則其中一個平面內的任意一條直線平行于另一個平面，

∴“α/?/β”，能推出“m//β，且n/?/β”，即充分性成立；

由兩平面平行的判定定理可知，當在其中一個平面內的兩條相交直線均平行于另一平面時，兩平面平行，

∴“m//β，且n/?/β”不能推出“α/?/β”，即必要性不成立；

∴“α/?/β”是“m//β，且n/?/β”的充分不必要條件．

故選A．7.【答案】A

【解析】【分析】本題考查了向量的加法、減法、數乘運算，屬于?？碱}．

由三角形相似可得，AN=13AC，【解答】解：依題意在平行四邊形ABCD中，AM//CD，

又M是AB的中點，DM與AC交于點N，所以△ANM∽△CND，所以AMCD=ANCN=12，

所以AN=18.【答案】C

【解析】【分析】利用向量的平方等于模的平方來求解夾角即可．【詳解】由OA+OB因為OA=OB=1，OC即cosOA因為OA,OC∈故選：C．9.【答案】B

【解析】【分析】取BC的中點N，連接MN,AN，可得MN，AM所成的角即為直線AM,?PC所成的角，設AB=2，利用余弦定理可求解．【詳解】取BC的中點N，連接MN,AN，易得NM//PC，則MN，AM所成的角即為直線AM,?PC所成的角．設AB=2，因為?PAB,??PBC均為正三角形，?ABC為直角三角形，斜邊為AC，則AN=BN2+A在?AMN中，由余弦定理，得cos∠AMN=所以直線AM,?PC所成角的余弦值為3故選：B．10.【答案】A

【解析】【分析】本題考查了棱錐與棱柱的體積，屬于中檔題．

假設水平面呈三角形，水最少的情況為三棱錐A?A1BD，水平面為平面A1BD，水最多的情況為多面體ABCDA1【解答】

解：假設水平面呈三角形，

如圖，水最少的情況為三棱錐A?A1BD，水平面為平面A1BD，

水最多的情況為多面體ABCDA1B1D1，水平面為平面B1CD1，

因為V11.【答案】13【解析】【分析】利用向量模的運算法則，結合向量的數量積求解即可．【詳解】因為向量a，b的夾角為45°，且a=1，b所以a==故答案為：1312.【答案】10【解析】【分析】根據復數代數形式的除法運算化簡，再計算其模．【詳解】因為z+2i2+i所以z=3?i所以z=故答案為：13.【答案】π2【解析】【分析】根據正方體的對角線是球的直徑以及球的表面積公式可得結果．【詳解】設正方體的棱長為a，依題意得正方體的對角線是球的直徑，所以球的半徑為32a正方體的全面積為6a所以球的表面積與這個正方體的全面積之比為3πa故答案為：π214.【答案】3【解析】【詳解】三棱錐B1?ABC1的體積等于三棱錐A?B1BC115.【答案】1；3【解析】【分析】本題考查向量的數量積的概念及其運算，利用向量數量積求向量夾角以及向量的線性運算，屬于中檔題．

設∠ODB=∠DBA=α，α∈(0,π2)，則∠DAB=π2?α，結合BC/?/AD，可推出∠DBC=π2，即BD⊥BC.而AC?BD=(AB+BC)?【解答】

解：設∠ODB=∠DBA=α，α∈(0,π2)，則∠DAB=π2?α，

∵BC/?/AD，∴∠ABC=π?∠DAB=π2+α，

而∠ABC=∠DBA+∠DBC=α+∠DBC，

∴∠DBC=π2，即BD⊥BC，

∴AC?BD=(AB+BC)?BD

=AB?BD+BC?BD

=2×(2cosα)×16.【答案】①②③

【解析】【分析】利用線面垂直的性質可判斷①；利用二面角的定義可判斷②；將?AD1C1和?ACC1延展為一個平面，分析可知，當PC⊥AD1時，PQ+CQ取最小值，結合三角恒等變換相關知識可判斷③；設AC∩BD=O，結合余弦定理可得在AA1上必然存在一點E，使得二面角E?BD?C1為π2，設平面BDE與平面AD【詳解】對于①，因為四邊形BB1C因為AB⊥平面BB1C1C，B因為AB∩BC1=B，AB、BC1?平面因為PC1?平面AB故異面直線PC1與直線B1C所成角為對于②，平面PBC1與平面ABC1D1重合，故二面角對于③，將?AD1C因為C1D1⊥平面AA1D同理可知AC⊥CC1，且AD所以Rt△ACC1≌Rt△A且sin∠CAC1所以sin∠CA當PC⊥AD1時，且最小值為PC=ACsin∠CAD對于④，在正方體ABCD?A因為四邊形ABCD為正方形，所以AC⊥BD，因為AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD因為AA1∩AC=A，AA1、AC?平面A因為AC1?平面AA1因為BD∩BC1=B，BD、BC1?平面設AC∩BD=O，因為A1O?平面AA則∠A1O又正方體棱長為1，故A1C1=由余弦定理得cos∠A1OC故在AA1上必然存在一點E，使得二面角E?BD?C即平面EBD⊥平面BDC1，平面BDE與平面ADD則ED∩AD1=P，過點P在平面BDE內作BD因為PR?平面BDE，所以PR⊥平面BDC又A1C⊥平面BDC1，故故答案為：①②③．17.【答案】(1)因為z=a(2)因為z1+i所以1?a2=0，解得(3)因為z1=z1?2i所以z1因為z1所以a+2>01?2a>0，解得?2<a<1

【解析】【分析】(1)根據復數模長公式得到方程，求出a=0；(2)利用復數除法法則化簡，得到方程，求出a=1；(3)利用復數乘法法則得到z118.【答案】解：(1)因為OA=2,1，OB=所以AB=OBBC因為A、B、C三點共線，所以AB//AC，所以1×(2)①若∠A為直角，則AB⊥AC，所以AB?AC②若∠B為直角，則AB⊥BC，所以AB?BC③若∠C為直角，則BC⊥AC，所以BC?AC=3?m×綜上可得，當m=?8或m=?3時?ABC為直角三角形

【解析】【分析】首先求出AB?，AC?，(1)依題意可得AB//(2)對直角分三種情況討論，若∠A為直角，則AB⊥AC，所以AB?19.【答案】(1)因為sin所以由正弦定理可得a2由余弦定理得a2所以23bc=2bccos(2)因為cosA=13，cos所以sinA=2所以sinC=即sinB=sinC因為?ABC的周長為2+23，即由(1)知a2①②③聯立解得a=2，b=c=所以?ABC的面積為S?ABC

【解析】【分析】(1)由正弦定理化角為邊，然后由余弦定理可得cosA(2)由誘導公式和兩角和的正弦公式求得sinC，從而得到b=c20.【答案】(1)連接ME,AE，連接MB交AE于點N，連接FN，因為點M為AD的中點，E為BC中點，所以ME//AB，又四邊形ABCD是正方形，所以四邊形ABEM為矩形，即N為MB的中點，又F為PB的中點，所以PM//FN，又PM??平面AEF，FN?平面所以PM//平面AEF；(2)由PA=AB，F為PB的中點，得AE⊥PB，又因為四邊形ABCD是正方形，所以BC⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以BC⊥平面PAB，又AF?平面PAB，所以AF⊥BC，又BC∩PB=B，BC,PB?平面PBC，所以AF⊥平面PBC；(3)條件①：PA⊥DC；由四邊形ABCD為正方形，得AD⊥DC，又PA∩AD=A，PA,AD?平面PAD，所以DC⊥平面PAD，又PD?平面PAD，DC⊥PD，又AD⊥DC，所以∠PDA為二面角P?DC?A的平面角，由(2)有BC⊥平面PAB，又AD//BC，所以AD⊥平面PAB，又PA?平面PAB，所以AD⊥PA，又因為PA=AB=AD=1，所以在Rt?PAD中，∠PDA=π4，所以所以二面角P?DC?A的余弦值為2條件②：PC⊥BC；由(2)有BC⊥平面PAB，PB?平面PAB，所以BC⊥PB，在?PBC中，BC⊥PB,BC⊥PC矛盾，所以不存在；條件③：PB=AB；又PA=AB，所以?PAB為等邊三角形，取AB的中點為O，CD的中點為H，連接PO,OH,PH，則OH//BC，即OH⊥DC，由?PAB為等邊三角形，O為AB的中點，所以PO⊥AB，又又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以PO⊥平面ABCD，又DC?平面ABCD，所以PO⊥DC，又OH⊥DC，PO∩OH=O，PO,OH?平面POH，所以DC⊥平面POH，PH?平面POH，所以PH⊥DC，又OH⊥DC，所以∠PHO為二面角P?DC?A的平面角，又PA=PB=AB=1，OB=12AB=12在Rt?POH中，PH=所以cos∠PHO=所以二面角P?DC?A的余弦值為2

【解析】【分析】(1)連接ME,AE，連接MB交AE于點N，連接FN，證明ME//AB即可得證；(2)根據線面垂直的判斷定理即可得證；(3)條件①：PA⊥DC，即證DC⊥PD，AD⊥DC，即∠PDA為二面角P?DC?A的平面