2023-2024學年哈爾濱市24中高一數(shù)學（下）期中考試卷附答案解析

-2024學年哈爾濱市24中高一數(shù)學（下）期中考試卷一、單選題（本題共8小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.40分）1．（5分）（2+i）（3﹣2i）＝（）A．4﹣i B．8﹣i C．4+i D．8+i2．（5分）如圖，一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′∥B′C′，A′B′＝2，則該平面圖形的高為（）A． B．2 C． D．3．（5分）已知α，β為兩個不同的平面，m，n，l為三條不同的直線（）A．若α∥β，且m?α，則m∥β B．若α∩β＝l，且m∥l，則m∥α C．若m∥α，n∥α，則m∥n D．若l∥m，l∥n，且m，n?α，則l∥α4．（5分）記復數(shù)z的共軛復數(shù)為，若z（1+i）＝2﹣2i（）A．1 B． C．2 D．5．（5分）圣?索菲亞教堂是哈爾濱的標志性建筑，其中央主體建筑集球、圓柱、棱柱于一體，極具對稱之美．為了估算圣?索菲亞教堂的高度，高約為36m，在它們之間的地面上的點M（B，M，D三點共線），在建筑物頂A處測得教堂頂C的仰角為15°，則可估算圣?索菲亞教堂的高度CD約為（）A．54m B．47m C．50m D．44m6．（5分）如圖，平面α∥平面β，△PAB所在的平面與α，AB，若PC＝2，CD＝1，則AB＝（）A． B．2 C． D．37．（5分）如圖，在四面體ABCD中，M，N，P，Q，E分別是AB，CD，AD，則下列說法中不正確的是（）A．M，N，P，Q四點共面 B．∠QME＝∠CBD C．△BCD∽△MEQ D．四邊形MNPQ為梯形8．（5分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若b＝2ccosA，且，則△ABC的面積取最大值時（）A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分，共18分）（多選）9．（6分）下列說法正確的是（）A．若直線l與平面α不平行，則l與α相交 B．若直線l上有兩個點到平面α的距離相等，則l∥α C．經(jīng)過兩條平行直線有且僅有一個平面 D．如果兩個平面沒有公共點，則這兩個平面平行（多選）10．（6分）已知，，為非零向量，下列說法正確的是（）A．向量在向量上的投影向量可表示為 B．若∥，∥，則∥ C．若向量可由向量，線性表出，則，，一定不共線 D．若?＝?，則＝（多選）11．（6分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，M，N分別為棱C1D1，B1C1的中點，則下列說法正確的是（）A．直線DM與直線BN是異面直線 B．直線DM，直線BN，直線CC1交于一點 C．直線DM與直線BB1所成的角為60° D．直線DM與直線AB所成的角的正切值為2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．（5分）設是不共線的兩個向量，．若A，B，則k的值為．13．（5分）已知復數(shù)z＝（k2﹣3k﹣4）+（k﹣1）i（k∈R），若復數(shù)z在復平面上對應的點位于第二象限，則k的取值范圍為．14．（5分）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，，∠BAD＝90°．若P為線段AB上一動點，則．四、解答題（共77分）15．（13分）已知向量，，求：（1）；（2）||；（3）．16．（15分）已知△ABC內角，A，B，C的對邊分別為a，b，c，且（a+b+c）（b+c﹣a）＝3bc．（Ⅰ）求角A；（Ⅱ）若a＝2，△ABC的面積為，求b17．（15分）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，M分別在棱AB，PC上，連接ME．（1）若M為PC的中點，求證：ME∥平面PAD；（2）若ME∥平面PAD，求點M的位置．18．（17分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，BC∥AD，2AB＝2BC＝AD＝2，設E，PA的中點，．（1）證明：CE∥平面PAB；（2）證明：平面BOF∥平面CDE．19．（17分）記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cos2B﹣cos2A＝4（cosC﹣cos3C）．（1）若C＝，求A；（2）若△ABC為銳角三角形，求的取值范圍．參考答案與試題解析1．【分析】由已知結合復數(shù)的四則運算即可求解．【解答】解：（2+i）（3﹣3i）＝6﹣4i+6i﹣2i2＝8﹣i．故選：B．【點評】本題主要考查了復數(shù)的四則運算，屬于基礎題．2．【分析】根據(jù)給定條件，求出O′C′，再作出水平放置的原平面圖形作答．【解答】解：在直角梯形O′A′B′C′中，O′A′∥B′C′，A′B′＝2，顯然∠A′O′C′＝45°，于是，直角梯形O′A′B′C′對應的原平面圖形為如圖中直角梯形OABC，BC∥OA，OC⊥OA，，所以該平面圖形的高為．故選：C．【點評】本題考查了直觀圖的畫法與應用問題，是基礎題．3．【分析】對于A，由面面平行的性質得m∥β；對于B，m∥α或m?α；對于C，m與n相交、平行或異面；對于D，l∥α或l?α．【解答】解：α，β為兩個不同的平面，m，n，對于A，若α∥β，則由面面平行的性質得m∥β；對于B，若α∩β＝l，則m∥α或m?α；對于C，若m∥α，則m與n相交，故C錯誤；對于D，若l∥m，且m，則l∥α或l?α．故選：A．【點評】本題考查面面平行的性質、空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間思維能力，是中檔題．4．【分析】把給出的等式化成z＝，分子分母同時乘以1﹣i，然后直接利用復數(shù)的除法運算化簡，從而得到復數(shù)z，再求|z|即可．【解答】解：由z（1+i）＝2﹣4i，得z＝＝＝＝﹣2i．∴|z|＝2．故選：C．【點評】本題考查了復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查了復數(shù)的模的基本概念，是基礎題．5．A．54m B．47m C．50m D．44m【分析】根據(jù)題意求得，在△AMC中，由正弦定理求出|CM|，即可在直角△CDM中求出|CD|．【解答】解：由題可得在直角△ABM中，∠AMB＝45°，所以，在△AMC中，∠AMC＝180°﹣60°﹣45°＝75°，所以∠ACM＝180°﹣75°﹣60°＝45°，所以由正弦定理可得，所以，則在直角△CDM中，|CD|＝|CM|?sin60°＝36×．即圣?索菲亞教堂的高度約為54m．故選：A．【點評】本題考查正弦定理的應用，屬于中檔題．6．【分析】由平面與平面平行的性質可證得CD∥AB，由平行線分對應比成比例，即＝＝，由題意可得AB的值．【解答】解：因為平面α∥平面β，△PAB所在的平面與α，AB，所以CD∥AB，所以＝＝，因為PC＝2，CD＝1，即＝，解得AB＝．故選：C．【點評】本題考查平面與平面平行的性質的應用，平行線分線段成比例的性質的應用，屬于中檔題．7．【分析】根據(jù)題意及中位線定理和等角定理可以一一判斷．【解答】解：由中位線定理，易知MQ∥BD，QE∥CD．對于A，由公理4易得MQ∥NP，NP，故A正確；對于B，根據(jù)等角定理，故B正確；對于C，由等角定理，∠QEM＝∠BCD，故C正確；由三角形的中位線定理及公理4知，所以MQ⊥NP，所以四邊形MNPQ為平行四邊形．故選：D．【點評】本題主要考查的是關于平行四邊形的判定及四點共面的判定，中位線定理及等角定理的應用，考查學生的邏輯推理能力和空間想象能力，屬于中檔題．8．【分析】利用余弦定理角化邊可得c＝a，再由已知不等式求出A的范圍，結合二倍角的正弦將△ABC的面積建立為A的函數(shù)并探討最大值即得．【解答】解：在△ABC中，由b＝2ccosA及余弦定理，得，即c2＝a2，則c＝a，又b≤a，則有，即，又0＜A＜π，因此，則，當且僅當，即時取等號，所以△ABC的面積取最大值時，．故選：B．【點評】本題考查了余弦定理和三角形的面積公式，屬于中檔題．9．【分析】根據(jù)直線與平面的位置關系可判斷A，B；根據(jù)平面基本性質與推論可判斷C；由平行平面的定義得這兩個平面平行來判斷D．【解答】解：對于A，若直線l與平面α不平行，故A錯誤；對于B，若直線l與平面α相交，故B錯誤；對于C，由兩條相互平行的直線能確定一個平面，故C正確；對于D，如果兩個平面沒有公共點，故D正確．故選：CD．【點評】本題考查平面的基本性質以及直線與平面的位置關系，屬于基礎題．10．【分析】由投影向量公式可判斷選項A；由向量共線的關系可判斷選項B；由線性表示的定義可判斷選項C；由的充要條件可判斷選項D．【解答】解：由投影向量公式可知，向量上的投影向量可表示為；由于，，為非零向量時，，選項B正確；若向量可由向量，，則，一定不共線；由于，，為非零向量，若，則，則或．故選：AB．【點評】本題考查平面向量的綜合運用，考查運算求解能力，屬于基礎題．11．【分析】A中，由題意可得以DM，BN為兩腰的梯形，即可得DM，BN相交于一點，判斷出A的真假；B中，由A選項的分析，可得P為平面BC1和平面DC1上，即可得P在平面BC1和平面DC1的交線CC1上，即三線共點，判斷出B的真假；C中，由長方體中，DD1∥BB1，可得直線DM與DD1所成的角等于直線DM與直線BB1所成的角，在△DD1M中，求出tan∠D1DM的值，判斷出C的真假；D中，由C選項的分析，判斷出D的真假．【解答】解：A中，連接B1D1，BD，在長方體中4D1，且BD＝B1D2，因為M，N分別為棱C1D1，B5C1的中點，可得MN∥B1D3，且MN＝B2D1，所以MN∥BD，且MN＝，所以四邊形MNBD為梯形，且DM，BN為梯形的兩腰，BN相交于一點；B中，由A選項的分析，因為BN?平面BC1，所以P∈平面BC1，同理可得P∈平面DC8，而平面BC1∩平面DC1＝CC5，所以P∈CC1，即直線DM，直線BN1交于一點P，所以B正確；C中，因為DD3∥BB1，所以直線DM與DD1所成的角等于直線DM與直線BB5所成的角，所以∠D1DM或以補角為所求的角，在△D1DM中，tan∠D3DM＝＝＝≠tan60°，所以直線DM與直線BB1所成的角不是60°，所以C不正確；D中，由C選項的分析．故選：BD．【點評】本題考查異面直線所成的角的求出，屬于中檔題．12．【分析】根據(jù)向量減法的幾何意義及向量的數(shù)乘運算得出，且得出，根據(jù)A，B，D三點共線得出共線，從而得出，然后根據(jù)平面向量基本定理即可求出k的值．【解答】解：，∵不共線，∴，∵A，B，D三點共線，∴與，∴存在實數(shù)λ，使，∴，∴，解得k＝﹣4．故答案為：﹣6．【點評】本題考查了平面向量和共線向量基本定理，向量的數(shù)乘運算，考查了計算能力，屬于基礎題．13．【分析】由z在復平面上對應的點位于第二象限，可得實部小于零，虛部大于零，建立不等式組求解．【解答】解：∵復數(shù)z＝（k2﹣3k﹣2）+（k﹣1）i（k∈R）在復平面上對應的點位于第二象限，∴，解得，∴1＜k＜6，即k的取值范圍為（1．故答案為：（1，5）．【點評】本題考查復數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義，考查不等式組的解法，是基礎題．14．【分析】以點A為原點建立直角坐標系，設P（x，0），（0≤x≤3），再根據(jù)向量數(shù)量積的坐標公式結合二次函數(shù)的性質即可得解．【解答】解：如圖，以點A為原點建立直角坐標系，由題意有，設P（x，（0≤x≤5），故，所以，則當x＝8時，取得最小值2．故答案為：2．【點評】本題考查平面向量數(shù)量積的運算，屬基礎題．15．【分析】（1）代入向量數(shù)量積的坐標表示，即可求解；（2）根據(jù)向量的坐標，直接代入向量模的坐標表示的公式，即可求解；（3）分別求向量和的坐標，再代入向量數(shù)量積的公式，即可求解．【解答】解：（1）因為，，則．（2）．（3）由已知可得，，則．【點評】本題考查了平面向量數(shù)量積的運算，重點考查了平面向量模的運算，屬中檔題．16．【分析】（Ⅰ）由題意利用余弦定理求出cosA和A的值；（Ⅱ）由△ABC的面積求出bc，再根據(jù)題意求出b+c，解方程組求得b、c．【解答】解：（Ⅰ）△ABC中，（a+b+c）（b+c﹣a）＝3bc2+c7﹣a2＝bc，所以cosA＝＝＝，又因為A∈（4，π）；（Ⅱ）若a＝2，△ABC的面積為bc＝，所以bc＝4，又因為（b+c）5＝a2+3bc＝2+3×4＝16，所以b+c＝5，由，解得b＝8．【點評】本題考查了解三角形的應用問題，也考查了運算求解能力，是基礎題．17．【分析】（1）取PD的中點N，連接MN，AN，先證明四邊形AEMN為平行四邊形，得出ME∥AN，即可證明；（2）設過A，E，M三點的平面與PD交于點N，連接AN，MN，由線面平行的性質證明出四邊形AEMN為平行四邊形，即可證明點M為PC的中點．【解答】（1）證明：如圖，取PD的中點N，AN，因為M，N分別為PC，所以MN∥CD，且，又底面ABCD是矩形，且E是AB的中點，所以AE∥CD，且CD，所以MN∥AE，且MN＝AE，所以四邊形AEMN為平行四邊形，所以ME∥AN，又ME?平面PAD，AN?平面PAD，所以ME∥平面PAD；（2）解：設過A，E，M三點的平面與PD交于點N，MN，因為ME∥平面PAD，ME?平面AEMN，所以ME∥AN，因為底面ABCD是矩形，所以AE∥CD，又CD?平面PCD，AE?平面PCD，同理得AE∥MN，所以四邊形AEMN為平行四邊形，所以AE＝MN，又AE∥CD，且CD，且，所以點M為PC的中點．【點評】本題考查線面平行的證法及線面平行的性質的應用，屬于中檔題．18．【分析】（1）連接EF，利用三角形中位線及平行四邊形的性質判斷CE∥BF，再利用線面平行的判定定理能證明CE∥平面PAB；（2）利用線面平行、面面平行的判定定理能證明平面BOF∥平面CDE．【解答】證明：（1）在四棱錐P﹣ABCD中，連接EF，F(xiàn)分別為PD，得EF∥AD，EF＝，∵BC∥AD，BC＝，∴EF∥BC，四邊形BCEF為平行四邊形，∴CE∥BF，∵CE?平面PAB，BF?平面PAB，∴CE∥平面PAB．（2）由，得O是AD中點，∵F是PA中點，∴FO∥PD，又PD?平面CDE，F(xiàn)O?平面CDE，由（1）知CE∥BF，∵CE?平面CDE，BF?平面CDE，∴BF∥平面CDE，∵BF∩FO＝F，BF，∴平面