河北省承德市双滦区实验中学2024-2025学年高一下学期暑假数学网上测试卷（3）

河北承德市双滦区实验中学 2024--2025学年第二学期暑假高一数学网上测试卷（3） 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.已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 2.已知圆锥的侧面积是底面积的倍，则母线与底面所成的角为（ ） A. B. C. D. 3.如图，在正方体中，为的中点，则异面直线与所成的角为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 4.已知一个圆柱的轴截面是正方形，一个圆锥与该圆柱的底面半径及侧面积均相等，则圆柱与圆锥的体积之比为（ ） A. B. C. D. 5.函数与的图象在区间上的交点个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 6.已知函数的图象关于直线对称，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 7.如图，在平行四边形中，是的中点，与交于点，设，，则（ ） A. B. C. D. 8.如图所示的钟楼是马鞍山二中的标志性建筑之一.某同学为测量钟楼的高度，在钟楼的正西方向找到一座建筑物，高为米，在地面上点处（三点共线）测得建筑物顶部，钟楼顶部的仰角分别为和，在处测得钟楼顶部的仰角为，则钟楼的高度为（ ）米. A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求） 9.已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则向量与向量的夹角的余弦值为 D. 若，则向量在向量上的投影向量为 10.如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界）．若直线AP与平面所成角的正切值为，则下列正确的为（ ） A. 存在点P和点，使得 B. 在此三棱台中放置一个球体，其体积最大为 C. 线段CP长度的取值范围为 D. 所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为 11.已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 函数的图像可以由的图像向右平移个单位得到 B. 函数的一条对称轴是 C. 函数的对称中心是 D. 函数的单调递增区间是 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12.在△ABC中，，则角B的大小是________；若，则△ABC的面积的最大值是________. 13.若平行四边形是用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图.已知，平行四边形的面积为8，则原平面图形中的长度为__________. 14.某工厂需要制作一个如图所示的模型，该模型为长方体挖去一个四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，，，，分别为所在棱的中点，，，那么该模型的表面积为___________． 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.(本小题13分）已知圆锥的底面半径为2，高为4，D是母线PA的中点，C在底面圆周上，． （1）求圆锥的表面积和体积； （2）求DC与平面ABC所成角的正弦值． 16.(本小题15分）已知非零向量满足,且. (1)求; (2)当时,求和向量与的夹角的值. 17.(本小题15分）已知函数的图象与轴交于点，两相邻对称轴之间的距离为． （1）求函数的解析式，并求函数的单调递增区间； （2）已知点，若是函数图象上一点，点满足，且．求. 18.(本小题17分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求的值； （2）如图，，点D为边AC上一点，且，，求的面积． 19.(本小题17分）已知在四棱锥中，底面ABCD是梯形，，，，，M是棱PD的中点． （1）求证：平面PBC； （2）在棱BC上是否存在点N，满足且?若存在，确定点N的位置并给出证明；若不存在，请说明理由； （3）若，求点D到平面PBC距离． 参考答案： 1.【答案】D 【解析】已知，，则. 因为， 所以， 解得，答案选D. 2.【答案】B 【解析】设圆锥母线长为，底面半径为，高为，母线与底面所成角为. 由圆锥侧面积是底面积的倍，即，得， 所以 . 根据线面角的正弦值，可得. 故选：B. 3.【答案】D 【解析】连接与交于点，连接. 因为正方体的体对角线与面对角线互相垂直，且为的中点，为的中点， 所以，平面，则平面， 所以. 又因为，， 所以平面，则，即异面直线与所成的角为. 答案选D. 4.【答案】B 【解析】设圆柱的底面半径为，由于圆柱轴截面是正方形，则圆柱的高为， 依题意圆锥的底面半径为，设圆锥的母线长为， 因为圆锥与该圆柱的侧面积相等，所以，解得， 故圆锥的高为， 圆柱的体积，圆锥的体积， 所以. 故选：B. 5.【答案】B 【解析】令，即，得， 因为正切函数的周期是，且， 所以在内，，所以交点个数为个. 故选：B. 6.【答案】A 【解析】因为函数的图象关于直线对称， 所以，. 又因为，即点是函数图象的对称中心， 所以，. 用减去， 可得：， 即，. 进一步变形得到，. 由于且，当时，取得最小值. 故选：A. 7.【答案】A 【解析】在平行四边形中，因为是中点， 所以，且，即. 由于， 则. 根据相似三角形对应边成比例，可得， 又， 所以， 进而. 已知，， 则 . 综上，答案是A选项. 8.【答案】C 【解析】如图所示，在中，， 在中，, 则， 由正弦定理，，故得, 在中，. 故选：C. 9.【答案】AC 【解析】对于A，由，得，解得，A正确； 对于B，由，得，解得，B错误； 对于C，若，则，又，则，C正确； 对于D，若，则，又，于是， 则向量在向量上的投影向量为，D错误. 故选：AC. 10.【答案】ACD 【解析】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点O，则有，取中点， 中点，连接，所以的延长线必过点且， 过点作，则四边形是边长为1的菱形.所以 如图所示： 在中，，即， 解得，所以， 所以为边长为3等边三角形， 所以，， 所以， 因为是边长为3的等边三角形且为中点， 所以，， 在中，由余弦定理变形得，， 在中，由余弦定理变形得， ，解得， 所以，所以； 由，可得平面， 又平面，所以， 由，，，可得平面， 因为AP与平面所成角的正切值为， 所以，解得，， 所以点在平面的轨迹为， 对于A：当点运动到点时，连接，交于点， 连接，由于平面平面，平面 所以平面，又平面，平面平面， 所以，所以存在点P，存在点，使得，故A选项正确； 对于B：因为侧棱长为1，所以内切球半径小于，若B选项正确，， 则，得出矛盾，故B选项错误； 对于C：当点运动到与的交点时有最小值， 因为四边形是边长为1且的菱形， 所以，所以，的最大值为， 在中，余弦定理，故C选项正确； 对于D：设的长度为l，则， 动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为， 则有， 因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，故D选项正确； 故选：ACD. 11.【答案】BD 【解析】选项A：的图象向右平移个单位， 得到，并非个单位，所以A错误. 选项B：对于函数， 当时，，是函数的最大值， 所以是函数的一条对称轴，B正确. 选项C：令，， 解得，. 此时， 所以函数的对称中心是，，C错误. 选项D：令，. 解不等式可得，， 即函数的单调递增区间是，，D正确. 综上，正确的是BD，故选：BD. 12.【答案】； 【解析】，所以. 因为，所以，当且仅当时取等号，所以， 面积，所以三角形面积的最大值为. 13.【答案】 【解析】过点作于点，因为， 所以为等腰直角三角形. 由平行四边形面积公式， 已知面积为，，可得. 在等腰直角中，根据勾股定理可得. 根据斜二测画法规则，原平面图形中， 且. 14.【答案】 【解析】由题意可得，， 所以， 故该模型的表面积为． 15.【答案】解：（1）圆锥的底面半径为2，高为4，即，所以圆锥的母线， 则圆锥的表面积， 圆锥的体积. （2）取AO的中点E，连接DE，CE， 因为D，E分别是PA，OA的中点，所以，所以平面ABC， 所以CE是DC在平面ABC内的射影，所以是DC与平面ABC所成角， 又，因为，所以中，， 所以， 可得， 即DC与平面ABC所成角的正弦值是． 16.【答案】解：(1)∵，且， ∴，则， ∴; (2)， ∴; ∴， ∵0≤θ≤π， ∴. 17.【答案】解：（1）由题意得，得， 所以， 因为图象与轴交于点， 所以，得， 因为，所以， 所以， 由， 得， 所以的单调递增区间为； （2）因为，所以为的中点， 因为，，所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以或， 所以或. 18.【答案】解：（1）因为，所以， 因为， 所有由正弦定理得， 则， 因为，所以，故， 即， 又因为，则，所以， 可得，， 所以. （2）由（1）可得：， 因为，所以， 因为，所以在中，， ， 而在中， 所以. 在中，由余弦定理， 即，解得，可知， 所以的面积. 19.【答案】解：（1）取PC的中点E，连接ME，BE， 因为M，E分别是PD，PC的中点，所以，又，所以， 所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面． （2）存在的中点N，满足且． 证明如下：连接 运用勾股定理， 直角梯形性质，得到, 则为等边三角形，因为N为的中点，所以，且，同理为正三角形，且以，；因为，M是的中点，所以， 又，，N是的中点，所以，， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以，即且． （3）过点D作，垂足为Q，由（2）得平面PDN，因为平面， 所以平面平面PDN，又平面平面，面， 所以平面，故线段的长度就是点D到平面的距离， 在中，， 则， 所以． 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$