河北枣强中学2024--2025学年高一下学期第四次调研考试数学试卷

河北枣强中学2024--2025学年下学期高一数学第四次调研考试试卷 一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1．已知向量，则为（   ） A． B．1 C． D．2 2．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（   ） A． B． C． D． 3．若非零复数z满足，则（      ） A． B． C． D． 4．已知正四棱台的上，下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球表面积为（    ）. A． B． C． D． 5．下列命题正确的是（   ） A．如果一条直线上有两个点在一个平面上，那么这条直线不一定在这个平面内 B．若三条直线两两相交，则三条直线确定一个平面 C．过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行 D．如果一条直线平行于平面内的无数条直线，则该直线与平面平行 6．若圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，记圆柱与球的体积之比为，表面积之比为，则（    ） A． B． C． D．的大小不确定 7．一艘渔船航行到处时看灯塔在的南偏东30°，距离为6海里，灯塔在的北偏东60°，距离为海里，该渔船由沿正东方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏西30°方向，则此时灯塔位于渔船的（   ） A．北偏东60°方向 B．北偏西30°方向 C．北偏西60°方向 D．北偏东30°方向 8．在直角梯形ABCD中，已知，点是BC边上的中点，点是CD边上一个动点．则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共4小题，共24分。在每小题有多项符合题目要求） 9．在正方体中，下列结论正确的是（   ） A．平面 B．平面 C．平面平面 D．平面平面 10．平面直角坐标系中，O为坐标原点，，则（    ） A． B． C． D． 11．已知圆台的上､下底面圆的半径分别为1和2，母线与底面所成的角为，则（    ） A．该圆台的母线长为2 B．该圆台的侧面积为 C．该圆台的体积为 D．存在球与圆台的两个底面和侧面都相切 12．如图所示，在正方体中，给出以下判断，其中正确的有（    ） A．平面 B．平面 C．与是异面直线 D．平面 三、填空题（本大题共4小题，共20分） 13．若复数为纯虚数，其中为虚数单位，则 ． 14．在矩形中，平面，则平面与平面的夹角的正切值为 . 15．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍，其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示一刍甍，∥，侧面和为等边三角形，，则该刍甍的体积为 . 16．已知正方体棱长为2，为棱中点，过，，三点的平面截正方体，所得截面面积为 ． 四、解答题（本大题共6小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．已知向量，.（10分） (1)若与的夹角为，求实数的值； (2)若，求向量在向量上的投影向量坐标. 18．如图，在中，角所对边分别为，已知．（10分） （1）求角的大小； （2）若为边上一点，， ，，求的长． 19．如图，在四面体中，平面BCD，，．（10分） (1)求证：平面平面； (2)若M是AD的中点，求直线BM和平面ADC所成的角的余弦值． 20．记的内角所对的边分别为，且.（12分） (1)求角的值； (2)若，求外接圆的面积； (3)若，求的最小值. 21．如图，在四棱锥中， PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，，.（12分） (1)求证： 平面； (2)求证： 平面 (3)求直线EC与平面PAC 所成角的正弦值. 22．如图，在直角梯形中，为的中点．以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．（12分）    (1)求二面角的大小； (2)求与平面所成角的正切值． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C C C A D A BD BC 题号 11 12 答案 AC ACD 1．C 【分析】由向量减法、模的坐标计算公式求解即可. 【详解】若向量，则. 故选：C. 2．C 【分析】结合诱导公式及余弦定理求解即可. 【详解】依题意，. 故选：C． 3．C 【分析】由结合条件即可求解. 【详解】由题意，因为，所以. 故选：C. 4．C 【分析】根据台体体积公式可得台体的高，即可利用勾股定理列方程求解半径. 【详解】在正四棱台中，，，体积为，高为， 故， 则，， 连接、相交于点，、相交于点， 设外接球的球心为，若在台体外， 设到底面的距离为， 则半径为， 即，解得，所以球心与点重合， 若在台体内，到底面的距离为， 则半径为， 即，解得， 所以球心与点重合， 综上所述，，故，所以. 故选：C. 5．C 【详解】对于A，一条直线上有两个点在一个平面上，那么这条直线一定在这个平面内，故A错； 对于B，若三条直线两两相交交于一点时，例如三棱锥的侧棱，则三条直线可以不共面，B错； 对于C，过直线外一点可以作一条直线与已知直线平行，且过一条直线可作无数个平面与已知直线平行，故C正确； 对于D，一条直线平行于平面内的无数条直线，则该直线与平面平行或在平面内，故D错. 故选：C 6．A 【分析】可先分别根据圆柱和球的体积公式、表面积公式求出和的值，再比较和的大小. 【详解】设球的半径为，因为球的直径恰好与圆柱的高相等，所以圆柱的高， 又因为球是圆柱的内切球，所以圆柱底面半径. 根据圆柱体积公式，可得圆柱体积. 根据球的体积公式. 已知圆柱与球的体积之比为，则. 根据圆柱表面积公式，可得圆柱表面积. 根据球的表面积公式. 已知圆柱与球的表面积之比为，则. 所以. 故选：A. 7．D 【分析】由正弦定理可得，由余弦定理得，由正弦定理得，即可求. 【详解】如图， 由题意，在中，，，， 则为正三角形，则， 在中，因为，， 由余弦定理得， 所以， 由正弦定理得， 所以， 因为，故为锐角， 故，此时灯塔C位于渔船的北偏西方向. 故选：D. 8．A 【分析】建立平面直角坐标系，设，，求出、的坐标，再由向量数量积的坐标运算及二次函数配方法求最值可得答案. 【详解】以为原点，、所在的直线为分别为轴建立 如图所示的平面直角坐标系，则， 设，，则，， 所以， 因为，所以. 故选：A 9．BD 【分析】由线面垂直的性质可直接判断A；由线面平行的判定即可判断B；由直线与直线相交于一点即可判断C；由面面垂直的判定定理即可判断D. 【详解】对于A，若平面，平面，则，明显不符合题意，故A错误； 对于B，由正方体的性质可知，又平面,平面，所以平面，故B正确； 对于C，因为直线与直线相交于一点，显然平面与平面不可能平行，故C错误； 对于D，由正方体的性质可得，平面，平面，所以， 又且都在平面内，所以平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故D正确； 故选：BD. 10．BC 【分析】利用平面向量的坐标表示和模长公式即可判断A,B，利用平面向量的数量积即可判断C，利用三角形的面积公式即可判断D； 【详解】对于A：因为，所以，故A错误； 对于B：因为，所以，故B错误； 对于C：由选项A,B知，， 因为，故，故选项C正确； 对于D：由选项C知，且，， 所以，故D错误； 故选：BC 11．AC 【分析】根据圆台的结构特征和表面积的有关计算、体积公式和台体与球的内、外接问题，结合选项依次计算即可. 【详解】对于A，设圆台上底面的半径为，下底面的半径为， 由于母线与底面所成的角为，则母线长，故A正确； 对于B，圆台的侧面积为，故B错误； 对于C，由题意有：，圆台的高， 所以该圆台的体积为，故C正确； 对于D，设梯形为圆台的一个轴截面， 假设存在球与圆台的两个底面和侧面都相切，如图所示： 设圆台上､下底面圆心分别为，则共线，且，， 连接，则分别平分， 故， 故，解得，故圆台的高为，与矛盾， 所以不存在球与圆台的两个底面和侧面都相切，故D错误. 故选：AC. 12．ACD 【分析】由线面垂直的判定定理和线面平行的概念及异面直线的定义逐项分析判断即可. 【详解】对于选项A，因为为正方体，所以平面，所以A正确； 对于选项B，因为平面， 所以与平面也有交点，所以B错误； 对于选项C，因为与相交，所以与异面，所以C正确； 对于选项D，因为平面，平面， 所以且， 所以平面，平面，所以， 同理，所以平面，所以D正确. 故选：ACD． 13． 【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合为纯虚数，得到，即可求解. 【详解】由复数的运算法则，可得， 因为复数为纯虚数，所以且不等于零，可得． 故答案为：. 14．/ 【分析】过点作于，连接，证明平面，则，从而可得即为平面与平面所成角得平面角，再解即可. 【详解】如图，过点作于，连接， 因为平面，平面， 所以， 又因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 所以即为平面与平面所成角得平面角， ， 由， 得， 所以， 即平面与平面的夹角的正切值为.    故答案为：. 15． 【分析】作辅助线，可知：为柱体，四棱锥的侧棱长相等，为矩形，结合锥体、柱体的体积公式运算求解即可. 【详解】分别在取点，使得， 由题意可知：为柱体，四棱锥的侧棱长相等，为矩形， 则点在底面的投影为矩形的外心，即为对角线的交点， 因为，则， 可得四棱锥的体积； 设点到平面的距离为， 因为，且， 即，解得， 可知点到平面的距离为，即柱体的高为， 所以柱体的体积， 综上所述：该刍甍的体积为. 故答案为：. 16． 【分析】根据线线平行，即可求解截面四边形为等腰梯形，由梯形面积即可求解. 【详解】取的中点为,连接,则,又,故,则梯形梯形即为截面四边形， 由于,, 所以梯形为等腰梯形，则高为, 所以面积为， 故答案为：    17．(1)或； (2). 【分析】（1）根据数量积的定义和坐标运算即可求得； （2）根据求得，再根据投影向量的定义即可求得. 【详解】（1）因为，则，，， 若与的夹角为，则由， 可得：，解的：或， 则实数的取值为或. （2），因为，则， 则，可得：，，， 则在方向上的投影向量为：. 18．（1）；（2）. 【解析】（1）先根据正弦定理的边角互化和内角和定理得，进而得； （2）在中，用余弦定理求得，再在中，用正弦定理即可求得. 【详解】（1）∵，由正弦定理， 得， 即， 即． ∵，  ∴． ∴，即， 又∵， ∴．   （2）在中，∵，， ∴． ∵ ， ∴． 在中，，，， ∴由正弦定理，得， ∴ 【点睛】本题考查正弦定理的边角互化，正余弦定理解三角形问题，考查运算能力，是中档题. 19．(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由平面推出，由勾股定理证得，利用线线垂直即可证得线面垂直，继而推得面面垂直； （2）连接CM, 由 平面推得为BM与平面ADC所的角，求出相关边长，在中，利用三角函数的定义求解即得. 【详解】（1）∵平面，平面∴， 又∵，，∴，即， 因平面，故平面 因平面ABC，故平面平面． （2） （2）由（1）知平面， 连接CM，则CM是BM在平面上的射影， ∴为BM与平面ADC所的角， ∴M为AD的中点， 则在中，因，则，， 则，从而． 即直线BM和平面ADC所成的角的余弦值为. 20．(1) (2) (3)2. 【分析】（1）由正弦定理边化角，得到，进而可求解； （2）由正弦定理求得外接圆半径即可求解； （3）由余弦定理结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）由已知得， 由正弦定理得， 即， 因为，所以， 即， 又因为，所以. （2）由正弦定理可知：当时， 外接圆的半径， 故此时外接圆的面积为. （3）由余弦定理可得， 即， 当且仅当时取等号， 故的最小值为2. 21．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）构造线线平行，证明线面平行. （2）通过证明，，进而根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，可证面面垂直. （3）先作出直线与平面所成的角，然后用直角三角形中的边角关系求角的正弦值. 【详解】（1）如图：取的中点，连接， 则，且，又且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面，所以， 由题设易知为直角梯形，且， 则，所以， 因为，，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以，即， 因为，平面，所以平面. （3）如图：取的中点，连接， 则，由（2）知平面，则平面， 所以为直线与平面所成的角. 又平面，所以， 因为，又， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 22．(1)． (2)． 【分析】（1）利用折叠的性质结合线面垂直的判定定理得到线面垂直，再作出二面角的平面角，进而利用等腰直角三角形性质得到角度即可. （2）利用线面垂直的性质找到线面角，再利用锐角三角函数定义求解即可. 【详解】（1）如图，在直角梯形中，    由题意得为的中点， 以为折痕把折起，使点到达点的位置，故，． 又因为平面，所以平面． 因为，所以平面，而平面，故． 因为，所以由勾股定理得， 得到，故， 因为平面，所以平面， 因为，所以平面， 因此是二面角的平面角， 因为，所以， 故二面角的大小为． （2）因为平面，所以是与平面所成角． 因为，所以与平面所成角的正切值为． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$