福建省福州第十五中学2024-2025学年高一下学期数学校本练习32

2024-2025学年第二学期高一数学校本练习32 姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知向量，是两个不共线的向量，，，且，则（    ） A． B． C．1 D．2 2．向量，，且向量在向量上的投影向量为，则（ ） A． B． C． D． 3．已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 4．复数对应向量，且，向量在上的投影向量坐标为（     ） A． B． C． D． 5．已知直三棱柱的各顶点都在以O为球心的球面上，且，，则球O的体积为（     ） A． B． C． D． 6．下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是（　　） A．B．C．D． 7．已知一组数据a，b，c，d，e，f的第40百分位数与方差分别为m，n，则新数据，，，，，的第40百分位数与方差分别为（     ） A．m，n B．2m， C．， D．，4n 8．在中，角，，的对边分别是，，，且满足，，则外接圆的半径为（   ） A． B．3 C． D．6 二、多选题 9．已知为复数，则下列结论一定正确的是（    ） A．如果，那么；B． C．方程表示在复平面内对应的点的轨迹是圆；D． 10．记的内角，，的对边分别为，，，且，，边上的高为2，则（ ） A． B． C．的周长为 D．的面积为5 11．在棱长为4的正方体中，点P是的中点，过点作与平面平行的截面，为截面和棱的交点，则（     ） A．截面； B．为棱的中点 C．该截面的面积为； D．该截面的面积为 三、填空题 12．一组数据按从小到大的顺序排列如下：9，10，12，14，15，x，18，y，23，26，经计算，该组数据中位数是16，若分位数是20，则 . 13．已知，平面上动点满足对任意恒成立，则的最小值为 ，此时 . 14．《九章算术》中，将底面为直角三角形的直棱柱称为“堑堵”.如图，已知三棱柱是一“堑堵”，，，点为的中点.则①所在直线与平面所成线面角为 ；②三棱锥的外接球表面积为 . 四、解答题 15．已知平面向量，且． (1)求和； (2)求； (3)求向量与向量的夹角的大小． 16．在中，角的对边分别为，已知，． (1)求角的值； (2)求的最大值； (3)若边的中线长为，求的面积． 17．2024年5月底，各省教育厅陆续召开了2024年高中数学联赛的相关工作.若某市经过初次选拔后有甲､乙､丙三名同学成功进入决赛，在决赛环节中这三名同学同时解答一道有关组合数论的试题．已知甲同学成功解出这道题的概率是，甲､丙两名同学都解答错误的概率是，乙､丙两名同学都成功解出的概率是，且这三名同学能否成功解出该题相互独立. (1)求乙､丙两名同学各自成功解出这道题的概率； (2)求这三名同学中不少于两名同学成功解出这道题的概率． 18．如图，在正四棱锥中，O为底面的中心，，，为的中点． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 19．如图，在正三棱柱中，，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求直线与直线所成角的大小． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2024-2025学年第二学期高一数学校本练习32》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B B A D D A BCD ABD 题号 11 答案 AB 1．A 【分析】利用平面向量共线定理即可求解. 【详解】向量，是两个不共线的向量，， ，存在唯一实数使得，即， ，. 故选：A. 2．C 【分析】根据投影向量公式计算得出，再根据夹角余弦公式计算求解. 【详解】因为向量，，且向量在向量上的投影向量为， 则，所以，又， 则， 所以. 故选：C. 3．B 【分析】利用直线与平面平行、平面与平面平行的定义与性质，线面垂直的性质及面面平行和线面垂直的判定定理，逐一分析选项即可求解. 【详解】若，，则或，故选项A错误； 若，，根据线面平行和面面平行的定义可知，故选项B正确； 若，，则或，故选项C错误； 若，，，则，可能平行也可能异面，故选项D错误. 故选：B. 4．B 【分析】根据图示表示出复数，结合已知条件算出的值，进一步得到向量和向量的坐标表示，最后使用投影向量公式即可算出答案. 【详解】，， ，可解， ，，向量在向量上的投影向量为. 故选：B. 5．A 【分析】根据正弦定理可得所在的截面圆的半径，再结合勾股定理求出球O的半径，结合球的体积公式计算即可. 【详解】在中，由正弦定理得所在的截面圆的半径为 ， 则直三棱柱的外接球的半径为， 则直三棱柱的外接球的体积为. 故选：A. 6．D 【分析】根据线线平行得出四点共面分别判定A，B，C，根据异面直线判定D. 【详解】 在A中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点， 所以，因为，所以是平行四边形，所以， 所以，∴四点共面． 在B中，取的中点N，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，可得交于直线延长线上一点， ∴P，N，R，S四点共面，设为，因为，∴P，Q，N，S四点共面，设为. ∵都经过不共线的P，N，S三点，∴与重合，∴P，Q，R，S四点共面． 在C中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，所以，所以，∴P，Q，R，S四点共面． 在D中，连接，如图②，∵平面平面且， ∴直线与为异面直线．∴P，Q，R，S四点不共面． 故选：D. 7．D 【分析】根据百分位数定义及方差性质计算求解. 【详解】一组数据a，b，c，d，e，f的第40百分位数为m，则新数据，，，，，的第40百分位数为； 一组数据a，b，c，d，e，f的第40百分位数与方差为n，则新数据，，，，，的方差为. 故选：D. 8．A 【分析】设外接圆的半径为.在中，由余弦定理及题中条件可得，再由余弦定理可得的值，进而可求的值，由正弦定理即可求解外接圆的半径. 【详解】设外接圆的半径为. 在中，由余弦定理及可得，即， 即， 即，即. ∴由余弦定理可得. ∵，∴，∴由正弦定理可得，解得. 故选：A. 9．BCD 【分析】复数不能比较大小可判断A；根据共轭复数概念及复数加法计算可判断B；根据复数模长的几何意义可判断C；根据复数模长的概念及复数的乘法计算可判断D. 【详解】对于A，复数不能比较大小，故A错误； 对于B，设， 则，， 所以成立，故B正确； 对于C，方程表示在复平面内对应的点的轨迹是圆，故C正确； 对于D，设， 则，， ，，， 所以成立，故D正确. 故选：BCD 10．ABD 【分析】根据正弦定理进行边换角，再利用三角恒变换判断A；根据同角三角函数关系结合A选项即可求出，再利用正弦定理和两角和的正弦公式求得，最后即可求出，即可判断B；利用勾股定理和面积公式即可判断CD． 【详解】对A，因为，所以由正弦定理得， 因为， 代入上式可得：， 即，因为，所以，得到， 则，正确； 对B，由，且， 因为，，所以， 可得，又， 由正弦定理得，则，所以， 则， 因为，所以，边上的高为， 因为，，又，，则，，正确； 对C，因为，，根据勾股定理， 的周长为，错误； 对D，的面积，正确． 故选：ABD 11．AB 【分析】对于选项A，根据两平行平面被另一平面相交的线段相互平行这一性质可得到，进而可判定线面平行；对于选项B，根据两平行平面被另一平面相交的线段相互平行这一性质可得到四边形为平行四边形，从而证明为棱的中点；对于选项C，D，先确定截面为菱形，然后根据菱形面积公式求出该截面面积. 【详解】对于A：连接，平面截面，平面平面，截面平面， 所以，又截面，而不在截面上，所以截面，正确. 对于B：平面截面，平面平面，截面平面， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以，又为的中点，所以为的中点，正确. 对于C，D：由前面可知为的中点，， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以为的中点. 所以. 又，所以四边形为菱形. 而，. 所以该截面面积为，所以CD均错误. 故选：AB. 12． 【分析】利用中位数和百分位数的定义得到，，求出答案. 【详解】一共有10个数，故从小到大的第5个数和第6个数的平均数为中位数，即，解得， 又，故选取第8个数为分位数，故， 所以. 故答案为： 13． 7 8 【分析】利用向量的线性运算可得，即动点到定直线的距离恒为，再利用极化恒等式即可求解，利用中线向量即可求解. 【详解】    设直线上有一动点，满足，则， 由此可得点到直线的距离为， 再由极化恒等式，取中点为，可得，此时如图：，    则， 故答案为：①,② 14． / / 【分析】通过线线垂直证明线面垂直，求得线面所成角；由等边三角形的中心，找到三棱锥的外接球球心，借助于直角梯形即可求得外接球半径，从而得到其表面积. 【详解】在三棱柱中，平面，因平面，则， 因面，，则平面， 故所在直线与平面所成线面角为； 由图，三棱锥即三棱锥，因， 即底面是边长为2的等边三角形，设其中心为点， 设三棱锥的外接球球心为点，半径为，连，则平面， 连，则，则， 由图可得：，解得，则外接球表面积. 故答案为：；. 15．(1) (2)-25 (3) 【分析】（1）根据向量平行、垂直的坐标运算即可求解； （2）根据向量的线性运算及数量积的坐标表示即可求解； （3）根据向量夹角余弦值的坐标运算即可求解. 【详解】（1）因为，则，所以． 因为，则，所以． 所以. （2）因为，， 所以． （3）设向量与向量的夹角为， 则， 因为，所以，即与的夹角为． 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，结合余弦定理，求得，即可求解； （2）设的外接圆的半径为，可得，化简，结合三角函数的性质，即可求解； （3）由，求得，再由余弦定理得到，联立方程组，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）解：因为， 由正弦定理，可得，即， 所以， 又因为，所以. （2）解：由（1）知且， 设的外接圆的半径为，可得， 又由正弦定理，可得，且， 则 ，其中，且为锐角， 因为，所以时，取得最大值，最大值为. （3）解：因为为上的中线，且，可得， 可得， 即， 又由余弦定理，可得， 联立方程组，可得，所以的面积为. 17．(1)； (2). 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式列方程组求解即可； （2）根据互斥事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式直接计算可得. 【详解】（1）记甲成功解出这道题为事件，乙成功解出这道题为事件，丙成功解出这道题为事件， 则由题知，，解得， 即乙､丙两名同学各自成功解出这道题的概率分别为. （2）记这三名同学中不少于两名同学成功解出这道题为事件， 则 ， 即这三名同学中不少于两名同学成功解出这道题的概率为. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）连接，证得和，得到是二面角的平面角，再证得平面，得到，在等腰直角中，即可求解. 【详解】（1）证明：由四棱锥为正棱锥，且O为底面的中心，可得底面， 因为底面，所以， 又因为四边形为正方形，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以． （2）解：连接，因为平面，平面，所以， 又因为，所以是二面角的平面角， 由，可得，为的中点，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在直角中，为的中点，可得， 在等腰直角中，可得，所以二面角的大小为. 19．(1)答案见解析 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）由是正三棱柱，分别证明，，再根据线面垂直的判定定理即可证明平面； （2）根据线面平行的判断定理分别证明平面，平面，再根据面面平行的判定定理即可证明平面平面； （3）连接交于点，连接，得到，得到（或其补角）就是异面直线与所成的角，通过计算得到，由等腰三角形的三线合一可知，即可求出直线与直线所成角的大小. 【详解】（1）由题意知是正三角形，是的中点，， 又是正三棱柱， 平面，平面，. 又平面，平面，， 平面； （2） 连接， ，，且， 四边形是平行四边形， 又平面，平面，平面. 又分别是的中点，，且， 四边形是平行四边形， 又平面，平面，平面. 又平面，平面，， 平面平面； （3）连接交于点，连接， 分别是的中点，， （或其补角）就是异面直线与所成的角， 设，，， ，，. 又是的中点，，即. 直线与直线所成角的大小为. 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 $$