2022北京陈经纶中学高一（下）期中数学（教师版）

这是一份2022北京陈经纶中学高一（下）期中数学（教师版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022北京陈经纶中学高一（下）期中
数 学
一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的．
1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A 第一象限 B. 第二象限
C 第三象限 D. 第四象限
2. 已知直线l垂直于平面，另一直线m也垂直于平面，则直线l，m的位置关系是（ ）
A. 平行 B. 相交 C. 垂直 D. 异面
3. 在△中，若，，，则（ ）
A. B.
C D.
4. 已知菱形边长为1，，则（ ）
A. B. C. D.
5. 在△ABC中，AC＝3，，AB＝2，则AB边上的高等于（ ）
A. B. C. D.
6. 已知非零向量，，则“”是“”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
7. 在正方形ABCD中，M是BC的中点．若，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
8. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ）
A. B. C. D.
9. 校园文创，是指以学校特有的校园文化内涵为基础，经过精妙构思和创作，生产符合校园文化精神、传播校园文化品牌的特殊产品和服务．它既是学校文化的物化形式，同时也是学校文化的传播载体．某文创小组设计了一款校园香囊，它是由6个边长为6cm的全等正三角形拼接而成的六面体（如图），那么香囊内可供填充的容量约为（ ）

A. B. C. D.
10. 如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动．若，则面积的最大值为（ ）

A. B. C. D.
二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分．
11. 已知向量，，若，，则实数t＝______．
12. 已知复数，则______．
13. 已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
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：__________．
14. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，且2ccosB=2a+b，若的面积为，则ab的最小值为______.
15. 如图所示，在四棱锥中，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截四棱锥所得的截面多边形，有以下三个结论：


①截面面积等于；
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_____．
三、解答题：本大题共6个小题，共85分．
16. 已知.
（1）若与同向，求；
（2）若与的夹角为，求.
17. 如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AB＝6，，，点D在边BC上，且∠ADC＝60°．


（1）求cosB与△ABC的面积；
（2）求线段AD的长．
18. 如图，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是AB，PC的中点．

（1）求证：平面PAD；
（2）试确定当△PAD中PA与AD满足什么关系时，MN⊥平面PCD？并说明理由．
19. 2022年2月8日，中国选手谷爱凌在北京冬奥会女子大跳台项目决赛中以之前从未有人在正式比赛中完成“左转1620”动作一举夺得冠军，为中国代表团揽入一枚里程碑式的金牌．受奥运精神的鼓舞，某滑雪俱乐部组织100名滑雪爱好者进行了一系列的大跳台测试，并记录他们的动作得分（单位：分），将所得数据整理得到如图所示的频率分布直方图．

（1）求频率分布直方图中a值；
（2）估计该100名射击爱好者的射击平均得分（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（3）该俱乐部计划招募成绩位列前10%的滑雪爱好者组成集训队备战明年的滑雪俱乐部联盟赛，请根据图中信息，估计集训队入围成绩（记为k）．
20. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求A的大小；
（2）请根据（1）中的结论，从条件①、条件②、条件③中再选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上高线的长．
条件①：，b＝1；
条件②：a＝3，；
条件③：b＝3，．（注：若重复选择，按第一个解答给分）
21. 如图，在四棱锥中，，，，平面底面，，和分别是和的中点.

求证：（1）底面；
（2）平面；
（3）平面平面.

参考答案
一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的．
1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】求出复数对应的点的坐标，即可求解.
【详解】复数对应的点为，所以位于第四象限，
故选：D.
2. 已知直线l垂直于平面，另一直线m也垂直于平面，则直线l，m的位置关系是（ ）
A. 平行 B. 相交 C. 垂直 D. 异面
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的直线平行，理解判断．
【详解】根据线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的直线平行．
故选：A．
3. 在△中，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用正弦定理计算得到答案.
【详解】根据正弦定理：，故，解得.
故选：B.
【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.
4. 已知菱形边长为1，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
以为基底向量表示后利用向量数量积的运算律可求的值.
【详解】，
故.
故选：A.
【点睛】向量的数量积的计算，有四种途径：（1）利用定义求解，此时需要知道向量的模和向量的夹角；（2）利用坐标来求，把数量积的计算归结坐标的运算，必要时需建立直角坐标系；（3）利用基底向量来计算，也就是用基底向量来表示未知的向量，从而未知向量数量积的计算可归结为基底向量的数量积的计算；（4）靠边靠角，也就是利用向量的线性运算，把未知向量的数量积转化到题设中的角或边对应的向量．
5. 在△ABC中，AC＝3，，AB＝2，则AB边上的高等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，进而求出即可计算作答.
【详解】在中，由余弦定理得：，
则有，所以AB边上的高.
故选：C
6. 已知非零向量，，则“”是“”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】C
【解析】
【分析】根据向量的数量积运算和充分必要条件的概念分析即可.
【详解】由题, ，则.
故“”是“”的充分必要条件.
故选：C
7. 在正方形ABCD中，M是BC的中点．若，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算求解作答.
【详解】在正方形ABCD中，以点A为原点，直线AB，AD分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，

令，则，，
，因，
于是得，解得，
所以的值为.
故选：B
8. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理角化边，再利用余弦定理结合已知求解作答.
【详解】在中，由正弦定理及得：，而，则，
由余弦定理得：，
所以.
故选：C
9. 校园文创，是指以学校特有的校园文化内涵为基础，经过精妙构思和创作，生产符合校园文化精神、传播校园文化品牌的特殊产品和服务．它既是学校文化的物化形式，同时也是学校文化的传播载体．某文创小组设计了一款校园香囊，它是由6个边长为6cm的全等正三角形拼接而成的六面体（如图），那么香囊内可供填充的容量约为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出棱长为6cm的正四面体的体积作答.
【详解】依题意，这个六面体可视为共底面的两个棱长为6cm的正四面体拼接而成，
如图，正四面体棱长为6cm，O为正的中心，连接OC，OD，

则正的半径，正四面体的高，
于是得，
所以这个六面体香囊内可供填充的容量约为.
故选：C
10. 如图，正方体棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动．若，则面积的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，由题意结合正方体的几何特征及平面几何的知识可得，，由线面垂直的判定与性质可得，进而可得点的轨迹为线段，找到的最大值即可得解.
【详解】取的中点，连接、、、，连接、、、、，如图：

因为正方体的棱长为2，
所以,，，平面，平面，平面，
所以，，，
所以，，
所以，，
由可得平面，
所以，所以点的轨迹为线段，
又,
所以面积的最大值.
故选：C.
【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用，考查了线面垂直的判定与性质，关键是找到点的轨迹，属于中档题.
二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分．
11. 已知向量，，若，，则实数t＝______．
【答案】##
【解析】
【分析】直接利用向量数量积的坐标运算求解即可.
【详解】∵，
∴，即，解得．
故答案为：.
12. 已知复数，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数模的运算公式计算即可.
【详解】,
故答案为：.
13. 已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
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：__________．
【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.
【解析】
【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.
【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.
14. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，且2ccosB=2a+b，若的面积为，则ab的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理化简结合正弦两角和公式可得角，利用三角形面积公式与余弦定理结合均值不等式可求最值．
【详解】在中，由条件里用正弦定理可得
，即
，
由于的面积为，
再由余弦定理可得，整理可得，
当且仅当时，取等号，，
故答案为：．
15. 如图所示，在四棱锥中，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截四棱锥所得的截面多边形，有以下三个结论：


①截面面积等于；
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】在四棱锥中，PA=AB=4，取CD中点，连接FG，GH，BD，AC，如图，

因底面ABCD为正方形，分别是棱的中点，则，，是平行四边形，
令，有，PA上取点I，使，连接，则，
点平面EFH，有平面EFH，点平面EFH，平面EFH，
因此五边形是平面EFH截四棱锥所得的截面多边形，②正确；
因平面，平面，而，则平面，直线PC与截面所在平面无公共点，③正确；
PA⊥底面ABCD，平面，有，而，，则，
又，平面，因此平面，平面，
于是得，有，而，，
矩形面积等于，，而，则边EH上的高等于，
，所以截面五边形面积为，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：本大题共6个小题，共85分．
16. 已知.
（1）若与同向，求；
（2）若与的夹角为，求.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】
（1）设，根据题意，得到，利用向量的坐标运算，求得，再根据，即可求解；
（2）设，根据向量的数量积运算，列出方程求得，再结合，求得向量，即可求解.
【详解】（1）设，因为与同向，所以存在实数，使得，
即，可得，
又因为，可得，解得或（舍，
所以.
（2）设，所以，
因为，故，即，
因为，所以，可得故，
当，时，，
当，时，.
【点睛】向量的数量积的两种运算方法：
1、当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即；
2、已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若，则向量的数量积为.
17. 如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AB＝6，，，点D在边BC上，且∠ADC＝60°．


（1）求cosB与△ABC的面积；
（2）求线段AD的长．
【答案】（1）；
（2）4
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理和面积公式，代入求解，（2）△ABD中利用正弦定理，代入计算．
【小问1详解】
根据题意得：，则
∴△ABC的面积
【小问2详解】
∵∠ADC＝60°，则
在△ABD中由正弦定理，可得
18. 如图，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是AB，PC的中点．

（1）求证：平面PAD；
（2）试确定当△PAD中PA与AD满足什么关系时，MN⊥平面PCD？并说明理由．
【答案】（1）证明见详解
（2）当时，MN⊥平面PCD
【解析】
【分析】（1）根据题意可证∥且，则为平行四边形，即∥，结合线面平行的判定定理说明；（2）根据线面垂直的判定和性质均可得MN⊥平面PCD⊥PD．
【小问1详解】
取的中点，连接
∵分别为的中点，则∥且
又∵M是AB的中点且四边形ABCD为矩形，则∥且
则∥且，即为平行四边形，则∥
平面PAD，平面PAD
∴平面PAD
【小问2详解】
若MN⊥平面PCD，∥，则⊥平面PCD
∴⊥PD，且为的中点
∴
若且为的中点，则⊥PD
∵PA⊥平面ABCD，则PA⊥CD
四边形ABCD为矩形，则AD⊥CD
，则CD⊥平面PAD
平面PAD，则⊥CD
，则⊥平面PCD
∥，则MN⊥平面PCD
综上所述：当时，MN⊥平面PCD

【点睛】
19. 2022年2月8日，中国选手谷爱凌在北京冬奥会女子大跳台项目决赛中以之前从未有人在正式比赛中完成的“左转1620”动作一举夺得冠军，为中国代表团揽入一枚里程碑式的金牌．受奥运精神的鼓舞，某滑雪俱乐部组织100名滑雪爱好者进行了一系列的大跳台测试，并记录他们的动作得分（单位：分），将所得数据整理得到如图所示的频率分布直方图．

（1）求频率分布直方图中a的值；
（2）估计该100名射击爱好者的射击平均得分（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（3）该俱乐部计划招募成绩位列前10%的滑雪爱好者组成集训队备战明年的滑雪俱乐部联盟赛，请根据图中信息，估计集训队入围成绩（记为k）．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1列式求解；（2）用该组区间的中点值估计，代入计算；（3）根据题意入围成绩的临界值为，则计算求解．
【小问1详解】
由题意可得：，解得
【小问2详解】
由题意可得：
估计该100名射击爱好者的射击平均得分
【小问3详解】
根据频率分布直方图可知：的频率为
设入围成绩的临界值为，则，即
估计集训队入围成绩
20. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求A的大小；
（2）请根据（1）中的结论，从条件①、条件②、条件③中再选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上高线的长．
条件①：，b＝1；
条件②：a＝3，；
条件③：b＝3，．（注：若重复选择，按第一个解答给分）
【答案】（1）
（2）条件①：；条件③：
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边化角得，再结合两角和公式展开整理；（2）根据三角形全等可知：条件①、③满足题意，条件②利用余弦定理计算可得或不合题意，条件①：根据，结合等面积运算处理；条件③：利用余弦定理结合等面积运算处理．
【小问1详解】
∵，则
即，整理得
∵，则
【小问2详解】
设BC边上高线的长为
条件①：，则
，根据三角形全等（角角边）可知△ABC存在且唯一确定
∴
则，解得
即BC边上高线的长为
条件②：，即
，则或
此时满足条件△ABC的三角形有两个，条件②不合题意
条件③：根据三角形全等（边角边）可知△ABC存在且唯一确定
，即，解得：
则，解得
即BC边上高线的长为
21. 如图，在四棱锥中，，，，平面底面，，和分别是和的中点.

求证：（1）底面；
（2）平面；
（3）平面平面.
【答案】(1)证明见解析.
(2) 证明见解析.
(3) 证明见解析.
【解析】
【详解】试题分析：（1）根据条件，利用平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．
（2）根据已知条件判断ABED为平行四边形，故有BE∥AD，再利用直线和平面平行的判定定理证得BE∥平面PAD．
（3）先证明ABED为矩形，可得BE⊥CD ①．现证CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位线的性质可得EF∥PD，
从而证得 CD⊥EF ②．结合①②利用直线和平面垂直的判定定理证得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理
证得平面BEF⊥平面PCD．
解：（1）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．
（2）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．
又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．
（3）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED矩形，故有BE⊥CD ①．
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．
再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，
∴CD⊥EF ②．
而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．
由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．
考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定．