2023北京八十中高一下学期期中数学试卷及答案（教师版）

这是一份2023北京八十中高一下学期期中数学试卷及答案（教师版），共14页。

1．在复平面内，复数2﹣i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
2．如图，在平行四边形ABCD中，＝（ ）
A．B．C．D．
3．已知长方体的长、宽、高分别为5，4，3，那么该长方体的表面积为（ ）
A．20B．47C．60D．94
4．已知向量＝（﹣1，2），＝（2，m），若∥，则m＝（ ）
A．﹣4B．4C．﹣1D．1
5．已知向量在正方形网格中的位置，若网格纸上小正方形的边长为1，如图所示．则＝（ ）
A．12B．4C．6D．3
6．已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（ ）
A．B．C．D．
7．“直线l与平面α平行”是“直线l与平面α内无数条直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8．如图，A，B两点在河的两岸，在B同侧的河岸边选取点C，测得BC的距离10m，∠ABC＝75°，∠ACB＝60°，则A，B两点间的距离为（ ）
A．B．C．D．
9．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是正方体的底面A1B1C1D1（包括边界）内的一动点（不与A1重合），Q是底面ABCD内一动点，线段A1C与线段PQ相交且互相平分，则使得四边形A1QCP面积最大的点P有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．无数个
10．如图，正方形ABCD的边长为2，P为正方形ABCD四条边上的一个动点，则的取值范围是（ ）
A．[﹣1，2]B．[0，2]C．[0，4]D．[﹣1，4]
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．（5分）若复数，则||＝ ．
12．（5分）已知向量满足，则与的夹角为 ．
13．（5分）在△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC＝，则a＝ ．
14．（5分）已知直线m和平面α，β．给出下列三个论断：
①m∥α； ②α∥β； ③m⊂β．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ．
15．（5分）如图，矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折，构成四棱锥B1﹣AMCD，N为B1D的中点，则在翻折过程中，
①对于任意一个位置总有CN∥平面AB1M；
②存在某个位置，使得CN⊥AB1；
③存在某个位置，使得AD⊥MB1；
④四棱锥B1﹣AMCD的体积最大值为．
上面说法中所有正确的序号是 ．
三、解答题共6小题，共85分，某答应写出文学说明、演算步骤或证明过程。
16．（14分）如图，在△ABC中，AD＝AB，点E，F分别是AC，BC的中点．设＝，＝．
（1）用，表示，；
（Ⅱ）如果∠A＝60°，AB＝2AC，CD，EF有什么关系？用向量方法证明你的结论．
17．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，AD≠BC，E，F，H，G分别是棱PA，PB，PC，PD的中点，
（Ⅰ）求证：BC∥AD；
（Ⅱ）判断直线EF与直线GH的位置关系，并说明理由．
18．（13分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，且AB＝AD＝2，AA1＝1．
（Ⅰ）求三棱锥B1﹣ABD的体积；
（Ⅱ）求证：BC∥平面ADD1A1；
（Ⅲ）求证：AC⊥B1D．
19．（15分）在△ABC中，（2b﹣c）csA＝acsC．
（Ⅰ）求角A的大小；
（Ⅱ）现给出三个条件：①c＝b；②B＝；③a＝2，试从中选出两个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积；
（Ⅲ）当a＝2时，直接写出b的取值范围，使等这样的△ABC有且只有两个．
20．（15分）某港口水深y（米）是时间t（0≤t≤24，单位：小时）的函数，下表是水深数据：
根据上述数据描成的曲线如图所示，经拟合，该曲线可近似地看成正弦函数y＝Asinωt+b的图象．
（1）试根据数据表和曲线，求出y＝Asinωt+b的表达式；
（2）一般情况下，船舶航行时船底与海底的距离不小于4.5米是安全的，如果某船的吃水度（船底与水面的距离）为7米，那么该船在什么时间段能够安全进港？若该船欲当天安全离港，它在港内停留的时间最多不能超过多长时间？（忽略离港所用的时间）
21．（15分）在平面直角坐标系中，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列（整点即横纵坐标都是整数的点）A（n）：A1，A2，A3，…，An与B（n）：B1，B2，B3，…，Bn，其中n≥3，若同时满足：
①两点列的起点和终点分别相同；
②线段AiAi+1⊥BiBi+1，其中i＝1，2，3，…，n﹣1，则称A（n）与B（n）互为正交点列．
（Ⅰ）求A（3）：A1（0，2），A2（3，0），A3（5，2）的正交点列B（3）；
（Ⅱ）判断A（4）：A1（0，0），A2（3，1），A3（6，0），A4（9，1）是否存在正交点列B（4）？并说明理由；
（Ⅲ）∀n≥5，n∈N，是否都存在无正交点列的有序整点列A（n）？并证明你的结论．
参考答案
一、选择题共10小题，每小题4分，共40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．【答案】D
【分析】复数2﹣i对应点（2，﹣1）在第四象限．
【解答】解：复数2﹣i对应点（2，﹣1）在第四象限，
故选：D．
2．【答案】B
【分析】直接由向量减法的三角形法则求解．
【解答】解：在平行四边形ABCD中，＝．
故选：B．
3．【答案】D
【分析】由长方体的长、宽、高分别为5，4，3直接写出表面积即可．
【解答】解：∵长方体的长、宽、高分别为5，4，3，
∴长方体的表面积为2×（5×4+4×3+3×5）＝94；
故选：D．
4．【答案】A
【分析】利用向量平行的性质能求出m．
【解答】解：∵向量＝（﹣1，2），＝（2，m），∥，
∴，
解得m＝﹣4．
故选：A．
5．【分析】先用坐标表示三个向量，再利用向量数量积的坐标运算即可求解．
【解答】解：∵网格纸上小正方形的边长为1，
∴如图，在平面直角坐标系中，，，
∴＝2×（2，﹣1）+（2，2）＝（6，0），
∴＝（6，0）•（1，2）＝6．
故选：C．
6．【答案】C
【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可．
【解答】解：设圆锥和圆柱的底面半径为r，
因为圆锥的轴截面是等边三角形，
所以圆锥的母线长为l＝2r，
则圆锥和圆柱的高为，
所以圆锥的侧面积为，
圆柱的侧面积为，
所以圆锥和圆柱的侧面积之比为，
故选：C．
7．【答案】A
【分析】通过举反例可得必要性不成立，利用直线和平面平行的定义可得充分性成立，从而得出结论．
【解答】解：由“直线l与平面α内无数条直线都平行”不能推出“直线l与平面α平行”，
因为直线l可能在平面α内，故必要性不成立．
由“直线l与平面α平行”，利用直线和平面平行的定义可得“直线l与平面α内无数条直线都平行”，
故充分性成立．
故“直线l与平面α平行”是“直线l与平面α内无数条直线都平行”的充分不必要条件，
故选：A．
8．【答案】D
【分析】由三角形内角和可得∠CAB的大小，由正弦定理直接求出A，B的距离．
【解答】解：在△ABC中，∠ABC＝75°，∠ACB＝60°，可得∠CAB＝180°﹣60°﹣75°＝45°，
又因为BC＝10m，由正弦定理可得：＝，
可得AB＝•BC＝•10＝5．
故选：D．
9．【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定定理，由于线段A1C与线段PQ相交且互相平分，得出四边形A1QCP是平行四边形，又因A1C的长为定值，为了使得四边形A1QCP面积最大，只须P到A1C的距离为最大即可，再结合正方体的特征可知，当点P位于B1、C1、D1时，平行四边形A1QCP面积相等，且最大．
【解答】解：∵线段A1C与线段PQ相交且互相平分，
∴四边形A1QCP是平行四边形，
因A1C的长为定值，为了使得四边形A1QCP面积最大，只须P到A1C的距离为最大即可，
由正方体的特征可知，当点P位于B1、C1、D1时，平行四边形A1QCP面积相等，且最大．
则使得四边形A1QCP面积最大的点P有3个．
故选：C．
10．【答案】D
【分析】建立平面直角坐标系，分点P在CD上，点P在BC上，点P在AB上，点P在AD上，利用数量积的坐标运算求解．
【解答】解：建立如图所示平面直角坐标系：
则A（0，2），B（2，2），
当点P在CD上时，设P（x，0）（0≤x≤2），
则，
所以；
当点P在BC上时，设P（2，y）（0≤y≤2），
则，
所以；
当点P在AB上时，设P（x，2）（0≤x≤2），
则，
所以；
当点P在AD上时，设P（0，y）（0≤y≤2），
则，
所以；
综上：的取值范围是[﹣1，4]．
故选：D．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．【答案】见试题解答内容
【分析】利用复数的运算法则和模的计算公式即可得出．
【解答】解：∵复数＝＝＝1﹣i．
∴|z|＝＝．
故答案为：．
12．【答案】．
【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可．
【解答】解：由，
设与的夹角为θ，则csθ＝＝＝，
因为0≤θ≤π，
所以．
故答案为：．
13．【答案】见试题解答内容
【分析】先利用三角形面积公式求得c，最后利用三角函数的余弦定理求得a．
【解答】解：∵S△ABC＝bcsinA＝
∴c＝4
∴a＝＝＝
故答案为：
14．【答案】若α∥β，m⊂β，则m∥α．
【分析】分三种情况：①②作条件，③作结论；①③作条件，②作结论；②③作条件，①作结论．判断出真命题即可．
【解答】解：①②作条件，③作结论：
若m∥α，α∥β，则m⊂β，此命题是假命题，结论应该是m⊂β或m∥β；
①③作条件，②作结论：
若m∥α，m⊂β，则α∥β，此命题是假命题，结论应该是α，β相交或平行；
②③作条件，①作结论：
若α∥β，m⊂β，则m∥α，由两平面平行的性质定理得此命题是真命题．
故答案为：若α∥β，m⊂β，则m∥α．
15．【答案】①④．
【分析】证明EM∥NC，结合线面平行判定判断①；由EM∥NC结合AB1与EM不垂直，判断②；由线面垂直的判定得出点B1与点F重合，从而判断③；取AM的中点为G，连接B1G，当B1G⊥平面AMCD时，四棱锥B1﹣AMCD的体积最大，从而判断④．
【解答】解：如图，分别取AB1，AD的中点为E，F，连接EN，EM，B1F，FM，
因为AB1，B1D的中点分别为E，N，所以EN∥AD∥MC，且EN＝AD＝MC，
即四边形ENCM为平行四边形，故EM∥NC，由线面平行的判定可知对于任意一个位置总有CN∥平面AB1M，故①正确；
因为∠AB1M＝90°，所以AB1与EM不垂直，由EM∥NC可知，AB1与NC不垂直，故②错误；
由题意AB1⊥B1M，若AD⊥MB1，则由线面垂直的判定可得MB1⊥平面AB1D，则MB1⊥B1D，
因为AM＝MD，所以△AMB1与△MB1D全等，则AB1＝B1D＝1，此时点B1与点F重合，不能形成四棱锥B1﹣AMCD，故③错误；
如图，取AM的中点为G，连接B1G，B1G＝，
当B1G⊥平面AMCD时，四棱锥B1﹣AMCD的体积最大，最大值为（1+2）×1×＝，故④正确；
故答案为：①④．
三、解答题共6小题，共85分，某答应写出文学说明、演算步骤或证明过程。
16．【答案】（1）＝，＝；
（2）CD⊥EF，证明见解答．
【分析】（1）根据已知条件及向量的线性运算，即可得到；
（2）由已知得向量与的夹角和模的关系，再通过数量积运算，证明CD⊥EF．
【解答】解：（1）由AD＝AB，可得，
又点E，F分别是AC，BC的中点，
则＝＝，
＝；
（2）由∠A＝60°，AB＝2AC，可得＜＞＝60°，||＝2||，
则＝（）•＝
＝﹣||||×
＝
＝0，故CD⊥EF．
17．【答案】（I）证明见解析，（II）相交，理由见解析．
【分析】（I）利用线面平行的性质定理进行证明即可，
（II）证明EG∥FH，且EG≠FH，即可证明直线EF与直线GH的位置关系．
【解答】证明：（I）因为BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD．
证明：（II）直线EF与直线GH相交．理由如下：
连接EF，FH，HG，GE，如图所示，
因为E，G分别是PA，PD的中点，所以EG是△PAD的中位线，所以EG∥AD，且，
因为F，H分别是PB，PC的中点，所以FH是△PBC的中位线，
所以FH∥BC，且，
因为BC∥AD，所以EG∥FH，
因为AD≠BC，所以EG≠FH，
所以四边形EFHG是梯形，
所以直线EF与直线GH相交．
18．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析．
【分析】（Ⅰ）根据三棱锥的体积公式求解即可；
（Ⅱ）结合AD∥BC可证明BC∥平面ADD1A1；
（Ⅲ）结合AC⊥平面 BB1D可证明AC⊥B1D．
【解答】（Ⅰ）．
（Ⅱ）证明：因为AD∥BC，BC⊄平面ADD1A1，AD⊂平面ADD1A1，
所以BC∥平面ADD1A1．
（Ⅲ）证明：因为BB1⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，
所以BB1⊥AC．又因为AC⊥BD，BB1∩BD＝B，
所以AC⊥平面BB1D．
又因为B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D．
19．【答案】（Ⅰ）A＝；（Ⅱ）选择①②：△ABC不存在；选择①③：△ABC唯一，且面积为；选择②③：△ABC唯一，且面积为；（Ⅲ）（2，4）．
【分析】（Ⅰ）利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式化简可得csA＝，得解；
（Ⅱ）选择①②：由“大边对大角”，可知C＞B＝，不符合三角形的性质；
选择①③：先利用余弦定理，求得b，从而知c，再由S＝bcsinA，得解；
选择②③：先根据三角形的内角和定理求得C，可得c＝a＝2，再由S＝acsinB，得解；
（Ⅲ）由bsinA＜a＜b，解之即可．
【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理及（2b﹣c）csA＝acsC，知（2sinB﹣sinC）csA＝sinAcsC，
所以2sinBcsA＝（sinAcsC+csAsinC）＝sin（A+C）＝sinB，
因为sinB＞0，所以csA＝，
又A∈（0，π），所以A＝．
（Ⅱ）若选择①②：
由c＝b，知C＞B＝，
在△ABC中不可能有两个钝角，故该△ABC不存在．
若选择①③：
由余弦定理知，a2＝b2+c2﹣2bccsA，
所以4＝b2+（b）2﹣2b•b•cs，解得b＝2，
所以c＝b＝2，
所以△ABC的面积S＝bcsinA＝•2•2•sin＝．
若选择②③：
因为A＝，B＝，所以C＝π﹣﹣＝＝A，
所以c＝a＝2，
所以△ABC的面积S＝acsinB＝•2•2•sin＝．
（Ⅲ）因为△ABC有且只有两个，
所以bsinA＜a＜b，
所以bsin＜2＜b，解得2＜b＜4，
故b的取值范围为（2，4）．
20．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据数据，，可得A＝3，h＝10，由T＝15﹣3＝12，可求ω＝，将点（3，13）代入可得φ＝0，从而可求函数的表达式；
（2）由题意，水深y≥4.5+7，即3sint+10≥11.5（0≤t≤24），从而可求t∈[1，5]或t∈[13，17]；
【解答】解：（1）根据数据，，
∴A＝3，h＝10，
T＝15﹣3＝12，
∴ω＝＝，
∴y＝3sin（x+φ）+10
将点（3，13）代入可得π＝0
∴函数的表达式为y＝3sint+10（0≤t≤24）；
（2）由题意，水深y≥4.5+7，
即3sint+10≥11.5（0≤t≤24），
∴sint≥，
∴t∈[2kπ+，2kπ+]，k＝0，1，
∴t∈[1，5]或t∈[13，17]；
所以，该船在1：00至5：00或13：00至17：00能安全进港．
若欲于当天安全离港，它在港内停留的时间最多不能超过16小时．
21．【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）由正交点列的定义可知B1（0，2），B3（5，2），设B2（x，y），由正交点列的定义可知
，，即可得出结论；
（Ⅱ）设点列B1，B2，B3，B4是点列A1，A2，A3，A4的正交点列，则可设，λ1，λ2，λ3∈Z，因为A1与B1，A4与B4相同，即可得到结论；
（Ⅲ）∀n≥5，n∈N，都存在整点列A（n）无正交点列．设，其中ai，bi是一对互质整数，i＝1，2，3…，n﹣1，则有，分类讨论，即可得出结论．
【解答】解：（Ⅰ）设点列A1（0，2），A2（3，0），A3（5，2）的正交点列是B1，B2，B3，
由正交点列的定义可知B1（0，2），B3（5，2），
设B2（x，y），，，
由正交点列的定义可知 ，，
即，解得
所以点列A1（0，2），A2（3，0），A3（5，2）的正交点列是B1（0，2），B2（2，5），B3（5，2）．（3分）
（Ⅱ）由题可得 ，
设点列B1，B2，B3，B4是点列A1，A2，A3，A4的正交点列，
则可设，λ1，λ2，λ3∈Z
因为A1与B1，A4与B4相同，所以有
因为λ1，λ2，λ3∈Z，方程（2）显然不成立，
所以有序整点列A1（0，0），A2（3，1），A3（6，0），A4（9，1）不存在正交点列；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）
（Ⅲ）∀n≥5，n∈N，都存在整点列A（n）无正交点列．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）
∀n≥5，n∈N，设，其中ai，bi是一对互质整数，i＝1，2，3…，n﹣1
若有序整点列B1，B2，B3，…Bn是点列A1，A2，A3，…An正交点列，
则，
则有
①当n为偶数时，取A1（0，0），．
由于B1，B2，B3，…Bn是整点列，所以有λi∈Z，i＝1，2，3，…，n﹣1．
等式（2）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列A1，A2，A3，…An无正交点列；
②当n为奇数时，取A1（0，0），a1＝3，b1＝2，，
由于B1，B2，B3，…Bn是整点列，所以有λi∈Z，i＝1，2，3，…，n﹣1．
等式（2）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列A1，A2，A3，…An无正交点列．
综上所述，∀n≥5，n∈N，都不存在无正交点列的有序整数点列A（n）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（13分）
t（小时）
0
3
6
9
12
15
18
21
24
y（米）
10.0
13.0
9.9
7.0
10.0
13.0
10.1
7.0
10.0