【文档说明】北京市陈经纶中学2023-2024学年高一下学期期中练习数学试卷 Word版含解析.docx，共(17)页，1.702 MB，由小赞的店铺上传

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北京市陈经纶中学2023-2024学年高一下学期期中练习数学试卷一、选择题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.在复平面内，复数z对应的点在第三象限，则复数2024(1i)z+对

应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】根据题意，由复数的运算，即可得到结果.【详解】因为()()()10125062101210122220241011i2(i21i)i2===++=，且复数z对应的点在第三象限，则12020142(1i)

2zz=+对应的点也在第三象限.故选：C2.已知正四棱锥的底面边长为2，高为3，则它的体积为A.2B.4C.6D.12【答案】B【解析】【分析】根据正四棱锥的性质，以及锥体的体积公式，直接计算，即可得到

答案.【详解】由题意，正四棱锥的底面边长为2，高为3，则底面正方形的面积为224S==，所以四棱锥的体积为1143433VSh===，故选B.【点睛】本题主要考查了棱锥的体积的计算问题，其中解答中熟记正四棱锥的性质，以及锥体的体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于

基础题.3.已知非零向量OA,OB不共线，且1=3BMBA，则向量=OMA.12+33OAOBB.21+33OAOBC.12-33OAOBD.14-33OAOB【答案】A【解析】【详解】试题分析：1112()3333BMBAOMOBOAOBOMOAOB=−=−=+,故选A.考点：向量的表

示4.如图，飞机飞行的航线AB和地面目标C在同一铅直平面内，在A处测得目标C的俯角为30，飞行10千米到达B处，测得目标C的俯角为75，这时B处与地面目标C的距离为（）．A.5千米B.52千米C.4千米D.42千米【答案】B【解析】【分析】将题意转化

为解三角形问题，利用正弦定理计算即可.【详解】根据题意可知10AB=，753045C=−=.在ABC中，由正弦定理得sinsinABBCCBAC=,即11025222BC==.故选:B5.设,ab为平面向量，则“存在实数，使得ab=”是“abab+=+”的（）A.充分而不必要条

件B.必要而不充分条件C充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】借助充分条件与必要条件定义，结合平面向量共线定理与模长定义计算即可得.【详解】若存在实数，使得ab=，则有1abbbb+=+=+，()1ab

bbb++=+=，若0，则abab++，故“存在实数，使得ab=”不是“abab+=+”的充分条件；若abab+=+，则有//ab，若0b=，0a，满足题意，但此时不存在实数，使得ab=，故“存在实数，使

得ab=”是“abab+=+”的不必要条件；即“存在实数，使得ab=”是“abab+=+”的既不充分也不必要条件..故选：D.6.如图，四棱锥PABCD−的底面ABCD是梯形，//ABCD，若平面PAD平面PBCl=，则A.//lCDB.//l

BCC.l与直线AB相交D.l与直线DA相交【答案】D【解析】【详解】分析：两个平面若有一个交点，那么必然有无数个交点，而且这些交点在同一条直线上．详解：根据公理4：两个平面若有一个交点，那么必然有无数个交点，而且这些交点在同一条直线上．那么DA与BC的交点必在

直线l，故选D点睛：本题考查了公理4的应用，学生不要受题目图形的影响．7.如图所示，O为线段02025AA外一点，若01232025,,,,,AAAAA中任意相邻两点间的距离相等，02025,OAaOAb==，则012025OAOAOA+++=（

）A.()2025ab+B.()2026ab+C.()1012ab+D.()1013ab+【答案】D【解析】【分析】借助向量的线性运算法则计算即可得.【详解】令线段02025AA中点为B，则有020252OAOAOBab+==+，120242OAOAOBab+==+，L，则()()

()()0120250202512024202502OAOAOAOAOAOAOAOAOA+++=++++++()()()()2026abababab=++++++=+，则()0120251013OAOAOAab+++=+.故选：D.8.在ABC中，1,3,60ABACA===，则BC边上的中线

长为（）A.132B.72C.13D.7【答案】A【解析】【分析】D为BC的中点，则()12ADABAC=+，对其两边同时平方结合数量积的运算律化简即可得出答案.【详解】如下图，设D为BC的中点，则()1

2ADABAC=+，两边同时平方可得：()22212cos604ADABACABAC=++，2111319213424AD=++=，解得：132AD=.故选：A.9.如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有

V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（）A.15,66B.12,33C.12,23D.11,62【答案】A【解析】【分析】找到水最多和水最少的

临界情况，如图分别为多面体111ABCDABD和三棱锥1AABD−，从而可得出答案.【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面1ABD，水最多的临界情况为多面体111ABCDABD，水面为11BCD，因为1111111326AABDV−==

，11111111111151111326ABCDABDABCDABCDCBCDVVV−−=−=−=，所以1566V，即15,66V.故选：A.10.我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积.如图1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互

相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为，记平面截牟合方盖所得截面的面积为S，则函数()Sfh=的图象是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分

析】首先由图1得正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，由图2可知截面均为正方形，此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，由此计算得到函数解析式，判断选项.【详解】正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球

，用任意平行于水平平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，内切球的半径为a，设截面圆的半径为r，则()222ahra−+=，解得：222rhah=−+，设截面

圆的外接正方形的边长为b，则2br=，正方形的面积222448Sbrhah===−+，0,2ha，由函数形式可知，图象应是开口向下的抛物线.故选：D【点睛】关键点点睛：本题的关键是空间想象能力的考查，关键得到截面是一个正方形，以及与“牟合方盖”内切球的关系.二、填空题共6小题，每小

题5分，共30分.11.已知复数z的实部和虚部相等，且|2|z=，则z=__________.【答案】1iz=+或1iz=−−.【解析】分析】设izaa=+，由题意可得222aa+=，解方程求出a，即可得出答案.【详解】因为复数z的实部和虚

部相等，【所以izaa=+，而|2|z=，所以222aa+=，解得：1a=.所以1iz=+或1iz=−−.故答案为：1iz=+或1iz=−−.12.已知1e，2e是两个不共线的向量124aee=−，122bkee=+，若a与b共线，则k=________

．【答案】12−##0.5−【解析】【分析】根据给出的条件，利用共线向量定理求出k，即可求解.【详解】由已知1e，2e是两个不共线的向量，则0a，又因为a与b共线，则()0ab=，即142k=−=，解得12k=−.故答案为：1

2−.13.已知四边形的顶点A，B，C，D在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则ACDB=____________.【答案】7【解析】【分析】以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，分别求出ACDB，的坐标，由数量积的坐标运算得答案

．【详解】如图，以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，2），C（7，0），D（3，﹣2），∴()70AC=，，()14DB，=，∴ACDB=7×1+0×4＝7．故答案为

7．【点睛】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，合理构建坐标系是解题的关键，是基础的计算题．14.已知圆锥的底面面积为3π，其侧面展开图的圆心角为3π，则过该圆锥顶点做截面，截面三角形面积最大值为__________.【答案】

2【解析】【分析】由题意计算可得圆锥底面半径与母线长，过该圆锥顶点做截面，借助截面三角形为等腰直角三角形时面积最大计算即可得.【详解】设该圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意有2π3πr=，2π3πrl=，即3r=，2l=，设其轴截面顶角为，则()22222231cos2222+−==−

，故120=?，则过该圆锥顶点做截面，当截面三角形顶角为90时，面积最大，则有22max112222Sl===.故答案为：2.15.已知单位向量21,ee的夹角为π2，且12axeye=+（其中,xyR).当1xy==时，1ae=__________；当()12//aee+时，1ae

−的最小值是__________.【答案】①.1②.22【解析】【分析】借助单位向量定义与平面向量数量积公式计算可得空一，借助平面向量共线定理及模长与数量积的关系计算可得空二.的【详解】当1xy==时，()21121121π111cos12aee

eeeee=+=+=+=；当()12//aee+时，则有()1212kxeyeee=++，即xyk==，则()()2221121211aekekekeke−=−+=−+()()22221

122121kekkeeke=−+−+()2222111221222kkkkk=−+=−+=−+，则当12k=时，21ae−有最小值，即1min1222ae−==.故答案为：1；22.16.如

图所示，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=4．E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，对于平面EFH截四棱锥PABCD−所得的截面多边形，有以下三个结论：①截面面积等于46；②截面是一个五边形；③直线PC与截面所在平面EFH无

公共点．其中，所有正确结论的序号是_____．【答案】②③【解析】【分析】根据给定条件，作出平面EFH截四棱锥PABCD−所得的截面多边形，再逐一判断各个命题作答.【详解】在四棱锥PABCD−中，PA=

AB=4，取CD中点，连接FG，GH，BD，AC，如图，因底面ABCD为正方形，,,EFH分别是棱,,PBBCPD的中点，则////EHBDFG，////EFPCGH，EFGH是平行四边形，令FGACJ=，有14CJAC=

，在PA上取点I，使14PIPA=，连接,,EIHIJI，则////JIPCEF，点J平面EFH，有JI平面EFH，点I平面EFH，,EIHI平面EFH，因此五边形EFGHI是平面EFH截四棱锥PABCD−所得的截面多边形，②正确；因EF平面EFH，PC平面EFH，

而//EFPC，则//PC平面EFH，直线PC与截面所在平面EFH无公共点，③正确；PA⊥底面ABCD，FG平面ABCD，有PAFG⊥，而BDAC⊥，//BDFG，则ACFG⊥，又PAACA=，,PAAC平面PAC，因此FG⊥平面PAC，PC平面PAC，于是得FGPC⊥

，有FGEF⊥，而1222FGBD==，22112322EFPCPAAC==+=，矩形EFGH面积等于46EFFG=，3334JIPC==，而JIEH⊥，则IEH边EH上的高等于3JIEF−=，1362IEHSEH==，所以截面五边形EFGHI面积为56，①不正确.故答案为：②③【点睛

】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.三、解答题共5小题，每小题14分，共70分.

解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.17.在锐角ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知7a=，3b=，7sinsin23BA+=．（1）求角A的大小；（2）求ABC的面积．【答案】（1）3A=；

（2）332ABCS=．【解析】【详解】试题分析：（1）先由正弦定理求得sinB与sinA的关系，然后结合已知等式求得sinA的值，从而求得A的值；（2）先由余弦定理求得c的值，从而由cosB的范围取舍c的值，进而由面积公式求解．试题解析

：（1）在ABC中，由正弦定理sinsinabAB=，得73sinsinAB=，即7sin3sinBA=.又因为7sinsin23BA+=，所以3sin2A=.因为ABC为锐角三角形，所以3A=.（2）在ABC中，由余弦定理222cos2bcaAbc+−=，得219726cc+−=，即

2320cc−+=.解得1c=或2c=.当1c=时，因为2227cos0214acbBac+−==−，所以角B为钝角，不符合题意，舍去.当2c=时，因为2227cos0214acbBac+−==，又,,bcbaBCBA，所以ABC为锐角三角形，

符合题意.所以ABC的面积11333sin322222SbcA===.考点：1、正余弦定理；2、三角形面积公式．18.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且2PAAD==，点E为线段PD的中点.（1）求证：//

PB平面AEC；（2）求证：⊥AE平面PCD；（3）求三棱锥APCE−的体积.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）23【解析】【分析】（1）借助中位线的性质与线面平行判定定理推导即可得；（2）借助线面垂直的性质定理与

线面垂直的判定定理推导即可得；（3）借助点E为线段PD的中点，可得点P与点D到平面AEC距离相等，即有12APCEPACDVV−−=，结合体积公式计算即可得.【小问1详解】连接BD交AC于点O，连接EO，由底面ABCD是

正方形，故O为BD中点，又点E为线段PD的中点，故//OEPB，又OE平面AEC，PB平面AEC，故//PB平面AEC；【小问2详解】由点E为线段PD的中点，PAAD=，故AEPD⊥，由PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，

故PACD⊥，又底面ABCD是正方形，故ADCD⊥，又AD、PA平面PAD，ADPAA=，故CD⊥平面PAD，又AE平面PAD，故CDAE⊥，又CD、PD平面PCD，CDPDD=，故⊥AE平面PCD；【小问3详解】由点E为线段

PD的中点，故点P与点D到平面AEC距离相等，故1111222222323APCEPACEDACEPACDVVVV−−−−=====.19.在ABC中，2,sin3cos0aaBbA=+=.（1）求A;（2）除上述条件外，ABC同时满足____

________，求sinC的值;请从①π4B=，②3b=，③34sinbA=中选择一个符合题意的条件，补充到上面问题中，并完成解答.（3）求ABC面积的最大值.【答案】（1）2π3A=（2）答案见解析（3）33【解析】【分析】（1）借助正弦定理及三角形内角性质计算即可得；（2）若

选①，借助三角形内角和及两角和的正弦公式计算即可得；若选③：借助正弦定理与三角形内角和及两角和的正弦公式计算即可得，不可选②；（3）借助余弦定理与基本不等式计算即可得.【小问1详解】()sin3cossinsin3sincossinsin3cos0aBbAABBABAA+=+=+=，由()0,πB

，则sin0B，故sinAcosA+=30，即tan3A=−，又()0,πA，则2π3A=；【小问2详解】若选①π4B=：()sinsinsincossincosCABABBA=+=+32216222224−=+

−=；若选③34sinbA=：2π34sin233b==，即233b=，由正弦定理：sinsinabAB=可得23313sinsin222bBAa===，即π6B=，则()sinsinsincossincosCABABBA=+=+3311122222

=+−=；不可选②3b=，理由如下：由23ab==，则AB，又2π3A=，π0,3B，矛盾，故不存在该三角形；【小问3详解】由222cos2bcaAbc+−=，则221422bcbc+−−=，即224bcbc++=，则2242bcbcbc+=−，即43bc，当

且仅当bc=时，等号成立，则13343sin24433ABCSbcAbc===△.20.如图，已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，点E是棱AB上的动点，F是棱1CC上一点，1:1:2CFFC=.（

1）求证：111BDAF⊥；（2）若直线1AF⊥平面11BDE，试确定点E的位置，并证明你的结论；（3）设点P在正方体的上底面1111ABCD上运动，求总能使BP与1AF垂直的点P所形成的轨迹的长度.（直接写出答案）【答案】（1）证明

见解析；（2）证明见解析；（3）23.【解析】【详解】分析：（1）要证111BDAF⊥，需证明11BD⊥平面11ACC，要证111CCBD⊥，1111BDAC⊥，用综合法书写即可．（2）要证明1AF⊥平面11BDE，需证明11BEAF⊥，需证1BE⊥

面1AFG，需证𝐹𝐺⊥面11ABBA，需证：11AGBE⊥，要证明：190BHG=，由此确定E点的位置．（3）过11BC三等分点作11BD平行线，对于上面的任意一点P都有1BPAF⊥，再求长度．详解：（1）证明：连结11AC，1111ABCD是正方形，所以1111BDAC⊥，在正方体11

11ABCDABCD−中，1CC⊥平面1111ABCD，所以111CCBD⊥，又1111CCACC=，所以11BD⊥平面11ACC，因为1AF平面11ACC，所以111BDAF⊥.（2）当:1:2AEE

B=时，直线1AF⊥平面11BDE.证明如下：过点F在平面11BCCB作//FGBC交1BB于点G，连结1AG，交1BE于点H，因为1:1:2CFFC=，所以1:1:2BGGB=，在11RtABG与1RtBBE中，1BGBE=，111ABBB=，所以111ABGBBE，1

11BAGBBE=，又111190BAGAGB+=，所以11190BBEAGB+=，所以190BHG=，11AGBE⊥，在正方体1111ABCDABCD−中，CB⊥面11ABBA，所以

FG⊥面11ABBA，所以1FGBG⊥，又1AGFGG=，所以1BE⊥面1AFG，所以11BEAF⊥，又111BDAF⊥，1111BDBEB=，所以直线1AF⊥平面11BDE（3）23.点睛：证明线面平行的最终落脚点是证明线线平行；要证线面垂直的最终落脚点是证明线线垂直；在证明的过程中

，我们往往可以从问题入手，找结论成立的充分条件，直到为公理、性质为止．这样可以充分的分析题意，快速的入手．对于探讨型问题，有以下三种作法：（1）先猜想点的位置，再证明结论成立．（2）从问题入手，找结论成立的充分条件，反推点应该满足哪种位置才可以．（3）直接建系，

用空间向量解点的坐标，确定点的位置．21.n元向量（ntuplevector−）也叫n维向量，是平面向量推广，设n为正整数，数集P中的n个元素构成的有序组()12,,,naaa称为P上的n元向量，其中()1,2,,iain=L

为该向量的第i个分量．n元向量通常用希腊字母,,等表示，如()12,,,,naaaP=上全体n元向量构成的集合记为nP．对于*,,nPnN，记()()1212,,,,,,,nnaaabbb==，定义如下运算：加法法

则()1122,,,nnababab+=+++，模公式2222121niniaaaa===+++，内积11221+++niinniabababab===，设,的夹角为，则cos=．（

1）设()()*,,3,,1,1,1,1,,1,1,1,1,,1nPnn=−=−N，解决下面问题：①求+；②设与+的夹角为，求cos；（2）对于一个n元向量()12,,,naaa=，若(

)11,2,,iain==，称为n维信号向量．规定0=⊥，已知k个两两垂直的120维信号向量12,,,k满足它们的前m个分量都相同，.的证明：11km．【答案】（1）①22n−；②21n−（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件得到(0,0,2,2,,2)+=，再利

用题设定义的运算，即可求出结果；（2）任取,ijaa，,1,2,ijk，得到22212120kSaaak=+++=，设12,,kxxx的第i个分量之和为ic，结合22222221212012mScccccckm=++++++=，即可求出结果.【小问1详解】因为()()*,,3,,1,

1,1,1,,1,1,1,1,,1nPnn=−=−N，所以(0,0,2,2,,2)+=，①22222222n+=++=−，②因为()2(2)n+=−，n=，所以(2)2(2)cos22nnnnnn

−−===−.【小问2详解】任取,ijaa，,1,2,ijk，计算内积120,0,ijijaaij==，设这些内积之和为S，则22212120kSaaak=+++=，设12,,kaaa的第

i个分量之和为ic，又因为()ijaaij⊥，故22221212()kkaaaaaa+++=+++，所以22212120120ccck+++=又22222221212012mScccccckm=++++++=，所以2120kkm，即120121km，所以11km.【点睛】关键点点晴：

本题的关键在于第（2）问，任取,ijaa，,1,2,ijk，根据条件得到22212120kSaaak=+++=，再利用22222221212012mScccccckm=++++++=来解决问题.