精品解析：江苏省南菁高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

2023—2024学年第二学期高一年级期中考试数学试卷 满分150分 考试时间：120分钟 一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，每小题5分，共8小题，共计40分.） 1. 已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线． 若 则下列说法正确的是（　　） A. a与l相交 B. b与l相交 C. a∥b D. a与β相交 2. 已知向量，的数量积（又称向量的点积或内积），其中表示向量，的夹角，定义向量，的向量积（又称向量的叉积或外积）；，其中表示向量，的夹角，已知点，，O为坐标原点，则（ ） A. 0.5 B. C. 0 D. 1 3. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为( ) A. B. C. D. 4. 庑殿（图1）是古代传统建筑中的一种屋顶形式.宋称为“五脊殿”、“吴殿”，庑殿建筑是房屋建筑中等级最高的一种建筑形式，多用作宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上.学生小明在参观文庙时发现了这一建筑形式，将其抽象为几何体，如图2，其中底面为矩形，，则该几何体的体积为（ ） A. 512 B. 384 C. D. 5. 已知分别是内角所对的边，是方程的两个根，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点P.已知平面内点，点，把点B绕点A沿顺时针方向旋转后得到点P，求点P的坐标.（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，若为三棱锥的外接球直径，且与所成角的余弦值为，则该外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 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. 二、多选题：（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，本题共3小题，每小题6分，共18分.） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 棱柱所有的面都是平行四边形 B. 正方体的外接球与内切球的表面积之比为3：1 C. 已知是边长为2的正三角形，则其直观图的面积为 D. 以等腰梯形的一条腰所在的直线为旋转轴旋转一周，形成的几何体是圆台 10. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（   ） A. 在锐角中，不等式恒成立 B. 若，，且有两解，则的取值范围是 C. 若，且，则是等边三角形 D. 已知点是所在平面内一点，满足，则与面积之比是 11. 地球环境科学亚欧合作组织在某地举办地球环境科学峰会，为表彰为保护地球环境做出卓越贡献的地球科研卫士，会议组织方特别制作了富有地球寓意的精美奖杯，奖杯主体由一个铜球和一个三足托盘组成，如图①，已知球的表面积为，底座由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图②，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与平面所成的角为 B. 底座多面体的体积为 C. 平面平面 D. 球离球托底面的最小距离为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 设是两个不共线的向量，，.，且B，C，D三点共线，则实数k的值为_________． 13. 直三棱柱中，，，、分别为线段、的动点，则周长的最小值是____________. 14. 已知点为锐角的外接圆上任意一点，，则的取值范围为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，，，且，. （1）求与； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点． （1）证明：平面平面； （2）若平面平面，证明：. 17. 某校高中“数学建模”实践小组欲测量某景区位于：“观光湖”内两处景点A，C之间的距离，如图，B处为码头入口，D处为码头，BD为通往码头的栈道，且，在B处测得，在D处测得．（A，B，C，D均处于同一测量的水平面内） （1）求A，C两处景点之间的距离； （2）栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线是否垂直？请说明理由． 18. 如图所示，在三棱锥中，满足，点M在CD上，且，为边长为6的等边三角形，E为BD的中点，F为AE的三等分点，且. （1）求证：面ABC； （2）若二面角的平面角的大小为，求直线EM与面ABD所成角的正弦值. 19. 在中，角的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）． （1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求； （2）如图2，若，，交于一点， ①求的值，②若，，，，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年第二学期高一年级期中考试数学试卷 满分150分 考试时间：120分钟 一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，每小题5分，共8小题，共计40分.） 1. 已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线． 若 则下列说法正确的是（　　） A. a与l相交 B. b与l相交 C. a∥b D. a与β相交 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可. 【详解】对于AB，平面，，则， 同理可得，则AB错误； 对于C，由AB知道，则C正确； 对于D，由A知道平面，平面，则，故D错误. 故选：C. 2. 已知向量，的数量积（又称向量的点积或内积），其中表示向量，的夹角，定义向量，的向量积（又称向量的叉积或外积）；，其中表示向量，的夹角，已知点，，O为坐标原点，则（ ） A. 0.5 B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据数量积公式求出夹角的大小，再用向量积公式即可求解. 【详解】因为点，，所以，， 所以，， 所以， 因为，所以， 所以． 故选：D. 3. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件作图可得为等边三角形，根据投影向量的概念求解即可. 【详解】因为， 所以外接圆圆心为的中点，即为外接圆的直径，如图， 又，所以为等边三角形， 则，故， 所以向量在向量上的投影向量为：． 故选：A． 4. 庑殿（图1）是古代传统建筑中的一种屋顶形式.宋称为“五脊殿”、“吴殿”，庑殿建筑是房屋建筑中等级最高的一种建筑形式，多用作宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上.学生小明在参观文庙时发现了这一建筑形式，将其抽象为几何体，如图2，其中底面为矩形，，则该几何体的体积为（ ） A. 512 B. 384 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等腰梯形以及等腰三角形的性质，利用勾股定理求解长度，利用体积公式求出一个棱柱与两个棱锥的体积，可得该几何体的体积， 【详解】因为，，所以， 由， 得四边形，四边形均为等腰梯形， 过作于，作于，连接， 过作于，作于，连接， 所以，，， 因为，，所以， 又，，在平面内，， 所以平面，同理，平面，所以平面平面， 所以该几何体被分为一个棱柱与两个棱锥． 分别取，的中点，，连接，， 因为，所以，， 所以， ， 连接，交于，则为的中点，连接， 因为平面，在平面内，所以， 因为，所以， 又，在平面内，，所以平面， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以该几何体的体积为， 故选：D 5. 已知分别是内角所对的边，是方程的两个根，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理去求的值. 【详解】是方程的两个根，则有， 则 故选：B 6. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点P.已知平面内点，点，把点B绕点A沿顺时针方向旋转后得到点P，求点P的坐标.（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据题意得到的坐标，再根据向量加，减法的三角形法则表示出，再根据点的坐标与向量坐标的关系求解即可. 【详解】由已知， 故， ，， ∴点的坐标为. 故选：D 7. 在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，若为三棱锥的外接球直径，且与所成角的余弦值为，则该外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】记球心为，取中点为、中点为，连接，易得，，由，即可求出，由此即可求出答案. 【详解】如图所示：记球心为，取中点为、中点为，连接， 记外接球半径为， 在中，，,， 在中，，, 在中，， 所以AC与BD所成角为，即， 在中,，， 所以， 解得：， 所以该外接球的表面积为： 故选：A. 8. 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. 二、多选题：（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，本题共3小题，每小题6分，共18分.） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 棱柱所有的面都是平行四边形 B. 正方体的外接球与内切球的表面积之比为3：1 C. 已知是边长为2的正三角形，则其直观图的面积为 D. 以等腰梯形的一条腰所在的直线为旋转轴旋转一周，形成的几何体是圆台 【答案】BC 【解析】 【分析】根据棱柱的性质判断A，求球的外接球的半径和内切球的半径，结合球的表面积公式判断B，根据斜二测画法判断C，根据旋转体的结构特征判断D. 【详解】对于A，三棱柱的底面为三角形，A错误； 对于B，设正方体的边长为， 则其外接球半径为，内切球半径为， 所以其外接球表面积为，内切球表面积为， 所以正方体的外接球与内切球的表面积之比为3：1，B正确； 对于C， 以的中点为原点，为轴建立平面直角坐标系，再作其直观图如下： 的面积为， 根据斜二测画法的规定可得 ，， 过点作，垂足为，则， 其直观图的面积为，C正确； 以等腰梯形的一条腰所在的直线为旋转轴旋转一周， 形成的几何体为一个圆锥和一个圆台并挖去一个圆锥的组合体，D错误. 故选：BC. 10. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（   ） A. 在锐角中，不等式恒成立 B. 若，，且有两解，则的取值范围是 C. 若，且，则是等边三角形 D. 已知点是所在平面内一点，满足，则与面积之比是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，在为锐角三角形的前提下，得到的关系，再借助正弦函数在单调性及诱导公式，即可判断；对于B，由有两解必须满足，从而求出的范围即可判断；对于C，借助向量数量积的定义化简条件中的两个式子即可判断；对于D，设的中点为，借助向量加减法的三角形法则及向量共线定理化简，得到，从而确定点位置，即可判断与面积即之比. 【详解】对于选项A，若为锐角三角形，所以，所以， 由正弦函数在单调递增，则，故A正确； 对于选项B，如图，若有两解，则， 所以，即b的取值范围是，故B错误； 对于选项C，，由， 所以，因为，可得， 又由，可得， 所以是等边三角形，故C正确； 对于选项D， 由可得， 即，化简得， 即，即， 设的中点为，则有， 所以点在的中位线所在直线上，则点和点到直线的距离之比为， 所以，故选项D正确. 故选：ACD 11. 地球环境科学亚欧合作组织在某地举办地球环境科学峰会，为表彰为保护地球环境做出卓越贡献的地球科研卫士，会议组织方特别制作了富有地球寓意的精美奖杯，奖杯主体由一个铜球和一个三足托盘组成，如图①，已知球的表面积为，底座由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图②，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与平面所成的角为 B. 底座多面体的体积为 C. 平面平面 D. 球离球托底面的最小距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，由平面可得就是直线与平面所成的角，即可判断A项；多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，利用几何体的体积公式计算，可判断B项；利用面面平行的判定定理证明平面平面，可判断C项；由已知可得球的半径，计算球心到平面的距离，即可判断D项. 【详解】解：根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，如图所示， 对于A，平面，∴就是直线与平面所成的角，∵是等边三角形，∴，A正确； 对于B，将几何体补全为直三棱柱，如下图示，∴多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，∴由下图知：，故B正确； 对于C，因为且，故四边形为平行四边形，故， 因为、分别为、的中点，则，故， ∵平面，平面，∴平面， ∵，平面，平面，∴平面， ∵，所以，平面平面， 因为过直线有且只有一个平面与平面平行，显然平面与平面不重合， 故平面与平面不平行，故C错误； 对于D，由上面讨论知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又.所以球离球托底面的最小距离为，D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 设是两个不共线的向量，，.，且B，C，D三点共线，则实数k的值为_________． 【答案】12 【解析】 【分析】先根据向量的减法表示，再由B，C，D三点共线得到向量共线，再根据向量相等列出方程组求解即可. 【详解】由题意可知，因为， 且B，C，D三点共线，所以存在实数λ，使得， 即，得,解得. 故答案为：12 13. 直三棱柱中，，，、分别为线段、的动点，则周长的最小值是____________. 【答案】## 【解析】 【分析】将面、面沿着延展为一个平面，将面、面沿着延展为一个平面，连接，则线段的长即为周长的最小值，利用余弦定理求出线段的长，即为所求. 【详解】如下图所示： 将面、面沿着延展为一个平面， 将面、面沿着延展为一个平面，连接, 此时，线段的长即为周长的最小值， 则，， 由于，，，则， 延展后，则四边形为矩形， 因为，，则为等腰直角三角形，所以，， 延展后，则， 由余弦定理可得. 故答案为：. 14. 已知点为锐角的外接圆上任意一点，，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助向量数量积的定义，的外接圆的半径为及正弦定理，二倍角公式把表示成，在锐角三角形的前提下得到的范围，再借助的范围，即可求出的取值范围. 【详解】因为， ， 设的外接圆的半径为，则 ， ， 在中，由正弦定理可得， 又，所以， 所以， 因为，所以， 因为， 所以，所以， 又，所以，故， 所以，所以， 又在上都为增函数， 所以，故， 又，，， ，故， 所以， 其中当时，即点与点重合时左侧等号成立， 所以的取值范围为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，，，且，. （1）求与； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用共线向量的坐标表示、向量垂直的坐标表示列式求解. （2）由（1）的结论求出向量，再利用向量的夹角公式求解即得. 【小问1详解】 向量，，，由，得，则； 由，得，解得，所以. 【小问2详解】 由（1）得，， 因此，， ，而，则， 所以向量，的夹角的大小为. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点． （1）证明：平面平面； （2）若平面平面，证明：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由空间中垂直关系的转化可证平面，故可证平面平面； （2）由线面平行的判定定理可证平面，再由线面平行的性质定理可证. 【小问1详解】 因为底面，平面，所以． 因为为正方形，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，为线段的中点，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面． 又因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 因为底面为正方形，所以 又∵面，平面，∴平面， 又因为平面，平面平面，所以. 17. 某校高中“数学建模”实践小组欲测量某景区位于：“观光湖”内两处景点A，C之间的距离，如图，B处为码头入口，D处为码头，BD为通往码头的栈道，且，在B处测得，在D处测得．（A，B，C，D均处于同一测量的水平面内） （1）求A，C两处景点之间的距离； （2）栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线是否垂直？请说明理由． 【答案】（1） （2）在中，， 在中，因为， 所以， 由正弦定理， 即，得， 所以 ， 即栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线不垂直. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件利用正弦余弦定理求解即可； （2）在和中利用正弦余弦定理求解，然后计算是否为零即可. 【小问1详解】 由已知在中，，，， 所以，则为等腰三角形， 则， 在中，，，， 则， 由正弦定理，即，解得， 在中，，， 由余弦定理， 即A，C两处景点之间的距离为； 【小问2详解】 略 18. 如图所示，在三棱锥中，满足，点M在CD上，且，为边长为6的等边三角形，E为BD的中点，F为AE的三等分点，且. （1）求证：面ABC； （2）若二面角的平面角的大小为，求直线EM与面ABD所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）在BE上取一点N，使得，由题可得，，根据线面平行及面面平行的判定定理可得面面ABC，进而即得； （2）根据面面垂直的判定定理可得面面AEC，过点C作，则面ABD，根据条件可得C到面ABD的距离及M到面ABD的距离，然后利用余弦定理可得EM，进而即得. 【小问1详解】 在BE上取一点N，使得，连接FN，NM， ∵，∴，，， ∵，∴， 则，又面ABC，面ABC， ∴面ABC， ∵，∴. ∵面ABC，面ABC，∴面ABC， ∵，面FNM， ∴面面ABC，又面FNM， ∴面ABC； 【小问2详解】 ∵，， 所以二面角的平面角为. 又∵，面AEC， ∴面AEC，∵面ABD， ∴面面AEC， ∵面面，在面AEC内过点C作于H，则面ABD， 则. ∵， ∴，即C到面ABD的距离为， ∵，∴M到面ABD的距离为. 计算EM：， 在中，，， ∴. ∴EM与面ABD所成角的正弦值为. 19. 在中，角的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）． （1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求； （2）如图2，若，，交于一点， ①求的值，②若，，，，求． 【答案】（1） （2）①1；② 【解析】 【分析】（1）根据平面向量共线定理用两种方法分别表示出，再根据平面向量基本定理列出方程组，求解即可； （2）①把的面积分别表示成两个三角形面积的差，进而求出面积的比，同理求出的值，相乘即可；②通过做平行线，利用三角形全等及相似得到及的值，在和中分别用余弦定理建立等式，求出的长，进而求出及，再利用三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 设，则，因为，， 所以， 由图可知三点共线，所以令 ， 所以，解得，所以. 【小问2详解】 ① 如图，过点作于点，过作于点， 因为， 同理， 所以， ， 所以，同理可证，，， 因为，，， 所以由图可知， 所以. ② 如图所示，过点作交于点，过作交于点， 由，，可得， 所以，所以， 由，，可得，且， 所以，，即， 设，则由余弦定理可得， ， 即，解得， 所以， 故， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $