精品解析：天津市第二耀华中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

天津市第二耀华中学2023～2024年第二学期数学调查 高一年级数学学科试卷 本试卷考试时间100分钟，总分100分 第Ⅰ卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列向量中，能作为表示它们所在平面内的所有向量的基底的是（ ） A. B. C. D. 2. 复数，是虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的共轭复数为 C. 的实部与虚部之和为1 D. 在平面内的对应点位于第一象限 3. 四边形直观图为如图矩形，其中，，则四边形的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 16 4. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的有（ ） ① ② ③ ④ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 5. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正三棱柱中，，，则四棱锥的体积是（ ）． A. B. C. D. 7. △ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则的值为 A. 19 B. 14 C. -18 D. -19 8. 设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定 9. 已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 10. 在锐角三角形ABC中，若，且满足关系式，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 二、填空题（每小题4分，共24分） 11. 已知圆柱底面圆的周长为，母线长为4，则该圆柱的体积为________． 12. 已知z，i是虚数单位，则1+z50+z100=___________. 13. 已知非零向量，满足，且，则向量与的夹角为__________． 14. 设点是的外心，，则_______. 15. 如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为________． 16. 若是钝角三角形，，，，则x的取值范围是____________． 三、解答题 17. 在三棱锥P—ABC中，PA⊥面ABC，AB⊥AC，AP=AC=2，AB=1， （1）求三棱锥P—ABC的侧面积； （2）求点A到平面PBC的距离. 18. 的内角，，所对的边分别为，，．向量与平行． （Ⅰ）求； （Ⅱ）若，求的面积． 19. 如图，四棱锥中，四边形ABED是正方形，若G，F分别是线段EC，BD的中点. （1）求证：平面ABC. （2）在线段CD上是否存在一点P，使得平面平面ABC？并说明理由. 20. 在中，角的对边分别为，且满足. （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）若的面积为，，求和的值. 21. 在四棱锥中，已知，是线段上的点. （1）求证：底面； （2）是否存在点使得三棱锥的体积为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市第二耀华中学2023～2024年第二学期数学调查 高一年级数学学科试卷 本试卷考试时间100分钟，总分100分 第Ⅰ卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列向量中，能作为表示它们所在平面内的所有向量的基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量基底的含义，结合向量共线的坐标表示，判断各选项中向量是否共线，即可得答案. 【详解】对于A，为零向量，与共线， 不能作为表示它们所在平面内的所有向量的基底，A错误； 对于B，由可知不共线， 故能作为表示它们所在平面内的所有向量的基底，B正确； 对于C，由于，故共线， 不能作为表示它们所在平面内的所有向量的基底，C错误； 对于D，由于，故共线， 不能作为表示它们所在平面内的所有向量的基底，C错误； 故选：B 2. 复数，是虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的共轭复数为 C. 的实部与虚部之和为1 D. 在平面内的对应点位于第一象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数除法运算化简，结合复数的模、共轭复数、实部和虚部、复数对应点的坐标等知识确定正确选项. 【详解】， 所以：，A选项错误. ，B选项错误. 的实部与虚部之和为2，C选项错误. 对应点为，在第一象限,，D选项正确. 故选：D 3. 四边形直观图为如图矩形，其中，，则四边形的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二侧画法结合题意将直观图还原为原四边形，再求出其边长即可得答案 【详解】由题意可得四边形为平行四边形，如图所示，设交轴于点，则 ， 所以 所以四边形的周长为， 故选：C 4. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的有（ ） ① ② ③ ④ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面、面面的位置关系，逐一判断可得选项. 【详解】解：对于①，若，由于m，n不一定相交，故也不一定成立，故①错误； 对于②，若，则，故②正确； 对于③，若，则m，n可能平行也可能异面，故③错误； 对于④，若，则或nα，故④错误；. 综上得命题中正确的是②，共1个， 故选：B. 5. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量在向量上的投影向量公式：计算即得. 【详解】根据平面向量的投影向量的规定可得: 向量在向量上的投影向量为：，即， 因，则，，则向量在向量上的投影向量为：. 故选：D. 6. 如图，在正三棱柱中，，，则四棱锥的体积是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用割补法，结合柱体、锥体的体积公式运算求解. 【详解】由题意可知：正三棱柱的体积， 三棱锥的体积， 所以四棱锥的体积. 故选：A. 7. △ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则的值为 A. 19 B. 14 C. -18 D. -19 【答案】D 【解析】 【分析】 运用余弦定理，求得，再由向量的数量积的定义，即可得到所求值． 【详解】解：由于，，， 则， 则 ． 故选：． 【点睛】本题考查向量的数量积的定义，注意夹角的大小，考查余弦定理及运用，属于基础题和易错题． 8. 设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果. 【详解】因为， 所以由正弦定理可得， ， 所以，所以是直角三角形. 【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径. 9. 已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C． 考点：外接球表面积和锥体的体积． 10. 在锐角三角形ABC中，若，且满足关系式，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据已知条件求得，构造的函数，通过求三角函数的值域，即可求得结果. 【详解】因为，故可得， 又，故可得. 因为，故可得 整理得，则. 故可得， 因为，故可得. 则 故可得. 故选：C. 【点睛】本题考查利用正余弦定理求解三角形中的范围问题，涉及正弦的和角公式，属综合困难题. 第Ⅱ卷 二、填空题（每小题4分，共24分） 11. 已知圆柱底面圆的周长为，母线长为4，则该圆柱的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，直接求出，再利用圆柱的体积公式，即可求出结果. 【详解】设圆柱的底面半径为，所以，得到， 又圆柱的母线长为，所以圆柱的体积为， 故答案为：. 12. 已知z，i是虚数单位，则1+z50+z100=___________. 【答案】i 【解析】 【分析】由z，可得z2=i，z4=﹣1，即可求出1+z50+z100. 【详解】∵z， ∴z2=i，z4=﹣1， ∴1+z50+z100=1+i﹣1=i. 故答案为：i. 13. 已知非零向量，满足，且，则向量与的夹角为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用向量垂直关系可得，然后利用向量的数量积即可得出结果. 【详解】因为，所以， 所以． 又因为，所以， 设与的夹角为，则， 则， 所以． 故答案为： 14. 设点是的外心，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】由三角形外心的性质，再结合图形，利用向量的线性运算，转化成跟两组基底向量相关的向量来进行求解 【详解】设为平面内的一组基底.如图所示， 设为的中点，连接，则. 又∵， ∴ . 【点睛】考生需熟悉三角形外心一些基本特点。三角形外心为外接圆的圆心，外心到三个顶点的距离相等、外心为各边中垂线的交点。在运用向量基底解决几何问题时，关键是学会将任何一组向量转化成跟基底向量有关的向量进行表示 15. 如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角． 【详解】解：以D点为坐标原点，以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系（图略）， 则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），C1（0，2，1） ∴（﹣2，0，1），（﹣2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量． ∴cos，═． ∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为 故答案为． 【点睛】此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系这一利用向量方法解决了抽象的立体几何问题． 16. 若是钝角三角形，，，，则x的取值范围是____________． 【答案】,, 【解析】 【分析】由于未说明哪个角是钝角，需分或为钝角进行解答，再结合三角形三边关系和余弦定理求解即可得答案． 【详解】由题意知钝角三边长分别为3，4，， 设为钝角， 则， ． 由于两边之差小于第三边，． ． 设为钝角， 则， ，即． 由于两边之和大于第三边，． ． 综上，或． 故答案为：,,． 三、解答题 17. 在三棱锥P—ABC中，PA⊥面ABC，AB⊥AC，AP=AC=2，AB=1， （1）求三棱锥P—ABC的侧面积； （2）求点A到平面PBC的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别计算三个侧面的面积即可； （2）利用等积法即可得到点A到平面PBC的距离. 【小问1详解】 ∵PA⊥面ABC， ∴PA⊥AB ，PA⊥AC，又AB⊥AC， ∴均为直角三角形， 又AP=AC=2，AB=1， ∴ ∴为等腰三角形， ∴，， ， ∴； 【小问2详解】 由（1）知，， ∴， 设点A到平面PBC的距离为， 则， ∴ 即点A到平面PBC的距离. 18. 的内角，，所对的边分别为，，．向量与平行． （Ⅰ）求； （Ⅱ）若，求的面积． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）． 【解析】 【详解】试题分析：（1）根据平面向量，列出方程，在利用正弦定理求出的值，即可求解角的大小；（2）由余弦定理，结合基本不等式求出的最大值，即得的面积的最大值. 试题解析：（1）因为向量与平行， 所以， 由正弦定理得， 又，从而tanA＝，由于0<A<π，所以A＝. （2）由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，而a＝，b＝2，A＝， 得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0， 因为c>0，所以c＝3. 故△ABC的面积为bcsinA＝. 考点：平面向量的共线应用；正弦定理与余弦定理. 19. 如图，四棱锥中，四边形ABED是正方形，若G，F分别是线段EC，BD的中点. （1）求证：平面ABC. （2）在线段CD上是否存在一点P，使得平面平面ABC？并说明理由. 【答案】（1）证明见详解；（2）P为线段CD中点，理由见详解． 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）当P为线段CD中点时，有平面平面ABC，利用面面平行的判定定理证明即可． 【详解】证明：由四边形ABED为正方形可知， 连接AE必与BD相交于中点F，又G是线段EC的中点，故， 面ABC，面ABC， 面ABC； 当P为线段CD中点时，有平面平面ABC， 证明：由点分别为中点可得： 面ABC，面ABC， 面ABC， 由可知，面ACD， 且， 故平面平面ABC． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于掌握空间直线与平面的平行的判定和空间平面与平面的平行的判定． 20. 在中，角的对边分别为，且满足. （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）若的面积为，，求和的值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），. 【解析】 【分析】（Ⅰ）运用正弦定理和二角和的正弦公式，化简，即可求出角的大小； （Ⅱ）通过面积公式和 ，可以求出，这样用余弦定理可以求出，用余弦定理求出，根据同角的三角函数关系，可以求出，这样可以求出,最后利用二角差的余弦公式求出的值. 【详解】（Ⅰ）由正弦定理可知：,已知，所以 ，, 所以有. （Ⅱ），由余弦定理可知： , , . 【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、面积公式、二倍角公式、二角差的余弦公式以及同角的三角函数关系，考查了运算能力. 21. 在四棱锥中，已知，是线段上的点. （1）求证：底面； （2）是否存在点使得三棱锥的体积为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明：在中，， 所以. 在中，，由余弦定理有： ， 所以，所以， 所以，又因为平面， 所以平面， 因为平面，所以， 在中：，则， 所以，因为平面， 所以面. （2）存在点使得三棱锥的体积为，且 【解析】 【分析】（1）在中，利用余弦定理求得BC，由，得到，再由得到平面，从而，然后由得到，再利用线面垂直的判定定理证明； （2）易知，设，由求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 设， ， ， ， 因此，存在点使得三棱锥的体积为，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $