2024-2025学年北京市朝阳区陈经纶中学高一（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区陈经纶中学高一（下）期中数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数z满足z(1+i)=1，则z对应的点位于复平面内的( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知△ABC中，BC=4，AC=4 3，∠A=30°，则∠B=( )
A. 30°B. 30°或150°C. 60°D. 60°或120°
3.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|B”是“asinA>bsinB”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.在四边形ABCD中，AB//CD,AB=4,CD=2,AD= 3,∠BAD=90°.若P为线段CD上一动点，则AP⋅BP的最大值为( )
A. 1B. 3C. 5D. 7
9.在△ABC中，已知AB⋅AC=4，|BC|=3，M、N分别是BC边上的三等分点，则AM⋅AN的值是( )
A. 5B. 214C. 6D. 8
10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，给出下列四个结论：
其中不正确结论是( )
A. 直线FG与平面ACD1相交
B. B1D⊥平面EFG
C. 若AB=1，则点D到平面ACD1的距离为 33
D. 该正方体的棱所在直线与平面EFG所成的角都相等
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知向量a=(1,k)，b=(2,2)，且a+b与a共线，则实数k= ______．
12.有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥.已知圆柱的底面半径为3，高为5，圆锥的高为4，则这个木质工艺品的体积为 ，表面积为 ．
13.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b− 22c=acsC，则∠A= ______．
14.如图，△AB1C1，△C1B2C2，△C2B3C3是三个边长为2的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边B3C3上有2个不同的点P1，P2，则AB2⋅(AP1+AP2)=______．
15.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M为AD的中点，点N是侧面DCC1D1上(包括边界)的动点，点P是线段B1D上的动点，给出下列四个结论：
①任意点P，都有CD1⊥MP；
②存在点P，使得B1D⊥平面MPC；
③存在无数组点N和点P，使得C1P//MN；
④点P到直线CD1的距离最小值是 63．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
已知函数f(x)=2asinxcsx−2cs2x的一个零点为π6．
(Ⅰ)求a的值及f(x)的最小正周期；
(Ⅱ)若m≤f(x)≤M对x∈[0,π2]恒成立，求m的最大值和M的最小值．
17.(本小题13分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱DD1，C1D1的中点．
(1)证明：A1B⊥平面ADC1B1；
(2)证明：B1F//平面A1BE．
18.(本小题14分)
如图所示，已知△ABC中，D为AC上一点，∠A=π4，AB=4，BD= 10，AD>AB．
(Ⅰ)求sin∠ADB；
(Ⅱ)若sin∠BDC=2sin∠C，求DC的长．
19.(本小题15分)
在△ABC中，cs2A+csA=0．
(1)求A的大小．
(2)若a=7，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求△ABC最长边上的高线的长．
条件①：sinC=5 314；
条件②：△ABC的面积为10 3；
条件③：b=10．
20.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AC⊥BC，AC=BC=CC1，E，F分别为A1B1，BC的中点．
(Ⅰ)求证：AC⊥C1F；
(Ⅱ)求证：BE//平面A1C1F；
(Ⅲ)在棱CC1上是否存在一点G，使得平面B1EG⊥平面A1C1F？说明理由．
21.(本小题15分)
已知n维向量a=(a1,a2,⋯,an)，给定k∈{1,2,…,n−1)，定义变换φk：选取i∈(0,1,…n−1}，再选取一个实数x，对a的坐标进行如下改变：
若此时i+k≤n，则将ai+1，ai+2，…，ai+k同时加上x，其余坐标不变；
若此时i+k>n，则将ai+1，ai+2，…an及a1，a2，…，ai+k−n同时加上x，其余坐标不变．
若a经过有限次变换φk(每次变换所取的i，x的值可能不同)后，最终得到的向量(t1,t2,⋯,tn)满足t1=t2=⋯=tn，则称a为k阶可等向量．
例如，向量(1,3,2)经过两次变换φ2可得：
(1,3,2)→i=2,x=1(2,3,3)→i=1,x=−1(2,2,2)，所以(1,3,2)是2阶可等向量．
(Ⅰ)判断(1,2,3)是否是2阶可等向量？说明理由；
(Ⅱ)若取1，2，3，4的一个排序得到的向量(a1,a2,a3,a4)是2阶可等向量，求a1+a3；
(Ⅲ)若任取a1，a2，…，an的一个排序得到的n维向量均为k阶可等向量，则称(a1,a2,⋯,an)为k阶强可等向量.求证：向量(1,2,3,4,5,6,7)是5阶强可等向量．
参考答案
1.D
2.D
3.A
4.C
5.C
6.B
7.C
8.B
9.C
10.A
11.1
12.33π ；；54π
13.π4
14.36
15.①③④
16.解：(Ⅰ)函数f(x)=2asinxcsx−2cs2x，
所以f(π6)=2a⋅12⋅ 32−2×( 32)2=0，
解得a= 3，
所以f(x)= 3sin2x−cs2x−1=2sin(2x−π6)−1，
故函数的最小正周期为T=2π2=π；
(Ⅱ)由于x∈[0,π2]，
所以2x−π6∈[−π6,5π6]，
故f(x)∈[−2,1]；
由于m≤f(x)≤M对x∈[0,π2]恒成立；
故m的最大值为−2，M的最小值为1．
17.证明：(1)由正方体ABCD−A1B1C1D1的结构特征，可得B1C1⊥平面ABB1A1，

∵A1B⊂平面ABB1A1，∴B1C1⊥A1B，
∵A1ABB1为正方形，∴A1B⊥AB1，
又∵B1C1⋂AB1=B1，∴A1B⊥平面ADC1B1．
(2)设AB1∩A1B=O，连接OE，
∵ABCD−A1B1C1D1是正方体，∴B1A//C1D，且B1A=C1D，
∴B1O//C1D，且B1O=12C1D，
∵E，F分别DD1，C1D1的中点，∴EF//C1D，且EF=12C1D，
∴EF//B1O，且EF=B1O，
∴四边形B1OEF为平行四边形，∴B1F//OE，
又∵B1F⊄平面A1BE，OE⊂平面A1BE，
∴B1F//平面A1BE．
18.解：(Ⅰ)在△ABD中，∠A=π4，AB=4，BD= 10，
由正弦定理可得ABsin∠ADB=BDsinA，可得sin∠ADB=ABBD⋅sinA=4 10⋅ 22=2 55，
即sin∠ADB=2 55；
(Ⅱ)由图知sin∠BDC=sin∠ADC，
在△ACD中，由正弦定理可得：BCsin∠BDC=CDsinC，又因为sin∠BDC=2sin∠C，
所以BC=2CD，
因为AD>AB，则∠ADC为锐角，所以∠BDC为钝角，即cs∠BDC=− 55，
在△BCD中，由余弦定理可得：BC2=BD2+CD2−2BD⋅CD⋅cs∠ADC，
即4CD2=10+CD2−2 10⋅CD⋅(− 55)，
解得CD=53 2．
19.(1)因为cs2A+csA=0，所以2cs2A+csA−1=0，
所以(2csA−1)(csA+1)=0，所以csA=12或csA=−1，
因为A∈(0,π)，所以csA=12，所以A=π3；
(2)选择条件①，因为A=π3，由正弦定理csinC=asinA得c5 314=7 32，得c=5，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得49=b2+25−2⋅5b⋅12，
所以(b−8)(b+3)=0，所以b=8或b=−3(舍)，
所以AC边最长，则AC边上的高线ℎ=c⋅sinA=5 32，
选择条件②，SΔABC=12bcsinA=10 3，所以bc=40，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得49=b2+c2−bc=b2+c2−40，即b2+c2=89，
所以b=8c=5或b=5c=8，所以最长边上的高线ℎ=5⋅sinA=5 32，
选择条件③，a=7，b=10，A=π3，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
得49=100+c2−20c⋅12，c2−10c+51=0，此时Δ