广东省深圳市高级中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

试卷第 1页，共 6页 深圳高级中学 2024-2025 学年第二学期期中考试 高一数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A D B B A B A D BD BD BCD 11. 答案：BCD．解：对于 D，由于 BD1⊥平面 AB1C，设 BD1 与平 面 AB1C交于 Q点，∴�� = 13��1 = 3 3 ，设以 B为球心， 2 2 为半 径的球与面 AB1C交线上任一点为 G，∴�� = 22 ，∴�� = ( 22 ) 2 − ( 33 ) 2 = 66 ，∴G在以 Q为圆心， 6 6 为半径的圆上， 由于△AB1C为正三角形，边长为 2，其内切圆半径为 2 × 3 2 × 1 3 = 6 6 ，故此圆恰好为△ AB1C的内切圆，完全落在面 AB1C内，∴交线长为 2� ⋅ 6 6 = 6 3 �，故 D正确． 12. 27 13.15 14. 1 3 14.【解】设 E、F 分别为 BC、AB 的中点，连接 EF， 则 EF AC∥ ，则 BEF△ ∽ BCAV ，故 1 4BEF ABC S S  , 则 3 4 ABCACEF S S 四边形 ，故 4 3ABC ACEF S S 四边形 ， 又因为 12 2 AB AC AE   uuur uuur uuur ， 2 2CA CB CF   uur uur uuur , 即 1 4 AE  uuur ， 1CF  uuur . 当 AE CF 时，四边形 ACEF面积最大，最大值为 1 1 11 2 4 8    ， 故 ABCV 的面积的最大值为 4 1 1 3 8 6   ， 又 sin 2 ABCAB AC AB AC BAC S     uuur uuur uuur uuur △ ，所以 AB AC   的最大值为 1 12 6 3   . 15.【答案】(1) 3 1 4 2 AE a b    (2) 13 2 (3) 26 26  【详解】方法一（1）如图，连接 AC， 因为 E为线段 BC的中点， AB a  ， AD b    所以  12AE AB AC     ，因为 2AB DC   ，所以 1 2 DC a   ， 由向量的加法法则得 1 1 2 2 AC AD DC AD AB b a             ， 试卷第 2页，共 6页 故  1 1 1 3 12 2 2 4 2AB AC a b a a b                 ，即 3 1 4 2 AE a b    成立. …………………4 分 （2）由于 90BAD   ，可得 0a b    ，又有 2, 2a b   ， 所以 2 2 22 23 1 9 3 1 4 2 16 4 4 AE AE a b a a b b                  ； 9 1 134 4 16 4 4      ，故 13 2 AE   . …………………8 分 （3）由向量的减法法则得 BD AD AB b a         ， 由于 90BAD   ，可得 0a b    ，又有 2, 2a b   ， 得到 2 2 2 22 4 4 8BD b a b a b a               ，故 2 2BD   ， 则   223 1 3 1 3 14 4 14 2 4 2 4 2AE BD a b b a a b                           ， 由上问得 13 2 AE   ，故 1 26cos , 2613 2 2 2 AE BDAE BD AE BD              .…………………13 分 方法二：建系、坐标运算（略） 16．解：（1）.连接 AC 交 BD 于 O，则 PO 底面 ABCD， ∴ PO为此四棱锥底面上的高.且  22 2 22 2 2PO= PA AO    四棱锥 P ABCD 的体积为 V= 21 4 22 2 3 3    ；…………………4 分 （２）证明:如图,连接 AC交BD于 O,连接OE， ∵四边形 ABCD是正方形,∴B DO O .又∵CE EP ,∴ / / AOE P .又∵ AP 平面 BDE，OE 平面 BDE，∴ A / /P 平面 BDE .…………………9 分 （３）不论点 E在侧棱 PA的任 D何位置,都有 BD CE ， ∵四边形 ABCD是正方形,∴BD AC 。 ∵ OP 底面 ABCD , BD 平面 ABCD， 试卷第 3页，共 6页 ∴ OBD P ，又∵ O O, ,P AC PA AC  平面PAC， ∴ BD 平面PAC，又因为CE 平面 PAC，所以BD CE .…………………15 分 17.【解】（1）因为      cos 2 cosa A C c b B C    ， 由正弦定理可得      sin cos π 2sin sin cos πA B C B A    ， 即 sin cos 2sin cos sin cosA B C A B A  ， 所以，  2sin cos sin cos cos sin sin sinC A A B A B A B C     ， 因为A 、  0, πC ，则 sin 0C  ，所以， 1cos 2 A  ，故 π 3 A  …………………5分 （2）由 π 3 A  及 2 2 2 2 cosa b c bc A   可得 2 2 2 4b c bc a    ， 而 2 2 2 , 4b c bc bc    ，当且仅当 2b c  时取等号， 又D为 BC边的中点，  12AD AB AC      ， 两边平方得  2 2 21 24AD AB AC AB AC                2 2 2 21 1 1 12 cos 4 2 4 2 4 34 4 4 4b c bc A b c bc bc            故 3AD  uuur ，当且仅当 2b c  时取等号， 所以 AD长的最大值为 3 ． …………………10 分 （3）由正弦定理 b sinB = c sinC，得 c= 4sinC sinB ，S△ABC= 1 2 bcsin A= 3c=4 3sinC sinB ， 因为 A=π 3 ，所以 C=2π 3 -B，所以 S△ABC== 6cosB+2 3sinB sinB =6· 1 tanB +2 3， 因为△ABC 为锐角三角形，所以 0 < B < π 2 , 2π 3 − B < π 2 , 解得 π 6 <B<π 2 ， 则 tan B∈ 3 3 ， +∞ ，所以 S△ABC∈ 2 3，8 3 ， ……………15 分 试卷第 4页，共 6页           （其他方法酌情给分） 过程略）可求得 可证连接于点的垂线交作法二：过点 分 的最小值为故截面四边形 ，从而取得最小值时，故当 中由余弦定理得：在设 ， 从而得由 分是平行四边形可得此截面四边形由面面平行的性质定理 ，连的公共点为的截面与棱，设过点于，交）延长（ 分 ．平面，所以平面平面又因为 ，平面所以 ，＝，又因为 ，所以平面 ，平面所以 是正方形，有又因为四边形 即故也可证相似）所以 可得由 平面的中点，且是）证明：由已知得点（ 四边形 四边形 四边形 .(1234. 244 1232,2442 ..., 17..................... . 3 64 3 644 3 6 3 1 3 2 3 13123) 24 1(1)24( sin24sin 2 1 24 1 2242 24422t4 2 cos , 244242 2 1 2 1 222 ,24). 2 10(2,2,2 10............................. .,G,,2 7................... . ,, . .90.( .2tantanBB2AB ABCD.AAAB E1.18 2 2 2 1 2 111 1 2 22 2 22 2 11 22 222 11 22 1 2 1 11 222 2222 11 2 11 1 1111 1111 11 111 111 1111 111111 111 1 1 1 111 1 1                                                 ttS tt ttHAttEF HAEFSEFHAHAHOEOEA EFGA SSSt ttt t ttS tOAEAS t t t tt OAEA EOOAEA OEAOEA tttEFEO AOAAOA tEAttAEABBB EFGA GAGFCDFEAFDCEO DABOEAOEAEA DABEA ＡABADABEA E　AADAABBEA AABBADAAAABADAA ABADABCD ABEAEAAABBAEAABA AEAABA EFGA EFGA EOAEFGAEOA EOA EOA １      试卷第 5页，共 6页 19．【解】（1） 6 5 4a b c   ， ， ，由余弦定理得： 2 2 2 1cos 2 8 b c aA bc     1 5cos 4 5 8 2 AB AC AB AC A             ————————————2 分 ∵O是 ABCV 的外心   2 2 cos cos 1 1 8 2 2 AO AB AO AB OAB AB AO OAB AB c                     所以 AO AB    的值为 8 ————————————————4 分 （2）内心 I是三角形三条角平分线的交点，如图所示， 由角平分线定理得： AB BE AC CE  ，所以 4 5 ABBE EC EC EC AC c b       所以 4 9 BE BC   ———————————————————7 分  4 49 5 9 9 4 9 AE AB BE AB BC AB AC AB AB AC                   连接 BI，在 ABE 中， BI 平分 ABC ， 由角平分线定理可得 4 3 4 26 9 BA AI BE IE     ， 所以 3 3 5 4 1 4 5 5 9 9 3 15 AI AE AB AC AB AC               ———————————10 分 （3）由欧拉线定理得：O，G，H三点共线，且 3OH OG   ， 由重心的性质可知    1 1 13 2 3AG AB AC AB AC         ， 3 3( ) 2 3 2AH AO OH AO OG AO OA AG AO AG AO AB AC                           ， [ 2 ( )] 2 ( )AH AI AO AB AC AI AO AI AB AC AI                        ， ——————————14 分 2 2 1 4 1 4 3 15 3 15 1 1 4 1 3 2 15 2 1 4 258 6 3 15 2 AO AI AO AB AC AO AB AO AC AB AC                               试卷第 6页，共 6页     2 2 1 4 3 15 1 4 3 3 15 5 1 4 3 516 25 3 15 5 2 27 , 2 AB AC AI AB AC AB AC AB AC AB AC                                ——————————16 分 故 27 32 6 2 2 AH AI        ． ——————————17 分 1 深圳高级中学 2024-2025 学年第二学期期中考试 高一数学 （满分 150分，考试时间 120分钟） 命题人：高一数学备课组 审题人：胡婷婷 一、单项选择题：本题共 8小题,每小题 5分,共 40分. 1.已知向量 )4,4(),4,12(  bxa ,若 ba // ,则实数 x= A. 3 2  B. 2 C. 5 2 D.2 2.已知 m,n是两条不同的直线,  ,, 是三个不同的平面,则下列命题中正确的是 A.若 / /m n , / /n  ,则 / /m  B.若 n  , / /n  ,则 / /  C.若  ,   ,则 / /  D.若m  ,m  ,则  3.在△ABC中, π , 8, 7 3 B AB AC    ,则 BC  A.5 B.3或 5 C.4 D.2或 4 4.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H,M,N分别是棱 AB,BC,A1B1,BB1,C1D1,CC1的中点,则下列 结论正确的是 A.直线 GH和 MN平行,GH和 EF相交 B.直线 GH和 MN平行,MN和 EF相交 C.直线 GH和 MN相交,MN和 EF异面 D.直线 GH和 EF异面,MN和 EF异面 5.如图，某人为测量塔高 AB ,在河对岸相距 s 的 C,D处分别测得 BCD   , BCA   , BDC   （其中 C，D与塔底 B在同一水平面内）, 则塔高 AB  A．   sin tan sin s       B．   sin sin tan s       C．  sin sin tan s       D．  sin sin sin s       的值为取最小值时则方向上的投影向量为在已知平面向量  )(,,1,2,,.6 Rabbbababa  A. 1 2 B. 1 4 C. 3 2 D.1 7.如图,圆锥的轴截面 SAB是正三角形,O为底面圆的圆心,D为 SO的中点,点 C在 底面圆的圆周上,且 BC＝AC,则直线 CD与 SA所成角的余弦值为 A. 14 73 B. 3 2 C. 4 7 D. 14 133 2 4 3,3,2,,.8 πABCCDABAB//CDABCD 中在梯形 .若 BDAC  ,则 ABDtan A. 3 2 B. 3 22 C. 2 3 D.２ 二、多项选择题：本题共 3小题,每小题 6分,共 18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。 全部选对的得 6分,部分选对的得部分分,有选错的得 0分. 9.如图,三棱锥 P ABC中,D , E ,F 分别为棱 PC , AC , AB的中点, PA 平面 ABC , 90ABC   , 6AB PA  , 8BC  ,则 A.D,F,B,C四点共面 B.点 P与点 B到平面 DEF的距离相等 C.直线 PB与直线 DF垂直 D.三棱锥 F-BED的体积为 6 10.在 ABCΔ 中，内角 A,B,C所对的边分别为 cba ,, ，则下列说法正确的是 A.若 CBA 222 sinsinsin  ，则 ABC 是锐角三角形 B.若 ABC 是锐角三角形，则 BA cossin  C.若 3 34 π,C,cb  ，则满足这组条件的三角形有两个 D.若 ab,bc  22 则 BC 2 11.如图,正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 棱长为 1,P是 1AD上的一个动点,下列结论中正确的是 A. BP的最小值为 3 2 B. 1DA PC C.当 P在直线 1A D上运动时,三棱锥 1B ACP 的体积不变 D.以点 B为球心, 2 2 为半径的球面与面 1ABC的交线长为 6 π 3 三、填空题：本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分. 12.已知一个圆台的上下底面半径分别为 3和 4,母线长为 2 ,则该圆台的侧面积为 . 13.如果一个三角形的三边是三个连续的正整数,且这个三角形的最大角是最小角的 2倍,则这个三角 形的周长为 . 3 E 14.若向量 a  与向量b  的夹角为，我们定义“a b  ”为向量 a 与向量b  的“外积”．两个向量的外积 是一个向量，它的长度定义为 sina b a b       ．在∆ABC中， 1 2 AB AC    ， 2CA CB    ，则 AB AC   的最大值为___________. 四、解答题: 本大题共 5 小题,共 77 分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 15.如图,在梯形 ABCD中, 2AB DC   , 90BAD   , 2AB AD  , E为线段 BC的中点,记AB a   , AD b    ． (1)用 a ,b  表示向量 AE  ； (2)求 AE  的值； (3)求 AE  与BD  夹角的余弦值． 16.如图,四棱锥P ABCD 中,已知侧棱和底面边长都等于 2,E是线段 PC上的动点. (1)求四棱锥 P ABCD 的体积; (2)若 E是 PC的中点,求证: / /PA BDE平面 ; (3)直线 BD是否与直线 AE互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说 明理由． 17.已知 a,b,c分别为锐角△ABC三个内角 A,B,C的对边,且 )cos()2()cos( CBbcCAa  (1)求 A; (2)若 a=2,D为 BC边的中点,求 AD长的最大值; (3)若 b=4,求△ABC面积的取值范围. 4 18.如图,正四棱柱 1 1 1 1ABCD A BC D 中, 12AB BB , 底面中心为O ,点E在棱 AB上,且 1,(0 ) 2 AE tAB t   . (1)当 1 2 t  时,证明：平面 1 1AOE B AD平面 ; (2)当 1 2BB  时,求过点 1A E O， ， 的平面截正四棱柱 1 1 1 1ABCD A BC D 所得截面的面积的最小值. 19.已知∆ABC三个内角 A,B,C的对边分别为 a,b,c,且 a=6,b=5,c=4.∆ABC的内心、重心、外心、垂心 依次记为点 I、G、O、H,如图所示. (1)求 ACAB  和 ABAO  ; (2)连接 A、I,并延长交 BC边于点 E ,用 AB  , AC  做基底来表示 AI  ; (3)被誉为“数学之王”的瑞士数学家欧拉,在 1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：设∆ABC的外心, 重心,垂心分别是 O,G,H,则 O,G,H三点共线(欧拉线),且 3OH OG   . 请运用欧拉线定理,求 AIAH  的值.