浙東北聯(lián)盟（ZDB）四校2023-2024學年高一下學期期中考試數(shù)學試卷

浙東北聯(lián)盟（ZDB）20232024學年第二學期期中考試高一數(shù)學試卷命題學校：浙江工業(yè)大學附屬德清高級中學命題老師：洪裕祥審卷老師：章幸偉總分150分考試時間120分鐘選擇題部分一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，有且只有一項是符合題目要求的）1.已知向量，則與向量反向的單位向量的坐標為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】與向量方向相反的單位向量為求解即可.【詳解】因為，所以，與向量方向相反單位向量為，故選：B2.設l，m，n是不同的直線，m，n在平面內(nèi)，則“且”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】利用線面垂直的判定、性質，結合充分條件、必要條件的意義判斷作答.【詳解】若且，當時，直線可以與平面平行，此時，不能推出，若，m，n是平面內(nèi)兩條不同的直線，則，，所以“且”是“”的必要不充分的條件.故選：B3.已知一個正方體的外接球的體積為，則這個正方體的體積為（）A.3 B. C. D.8【答案】C【解析】【分析】根據(jù)正方體性質，,由外接球體積求出半徑得出直徑，最后得出邊長，即可求出體積．【詳解】根據(jù)正方體性質，球心在體對角線中點上，體對角線長為外接球直徑，半徑設為，邊長為，則.根據(jù)題意，解得，則，則，則，則正方體體積為：故選：C.4.已知，且，則向量在向量上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用投影向量公式可求向量在向量上的投影向量.【詳解】向量在向量上的投影向量為，故選：A.5.如圖，在正方體中，點E，F(xiàn)，G，H分別是棱，，，的中點，則異面直線EF與GH所成的角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分別取的中點，連接，由題意可知異面直線EF與GH所成的角（或其補角）即為與所成的角（或其補角），求出，由余弦定理求解即可.【詳解】分別取的中點，連接，由正方體的性質知：，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以異面直線EF與GH所成的角（或其補角）即為與所成的角（或其補角），即為，設正方體的棱長為，，，所以，所以異面直線EF與GH所成的角為.故選：C.6.若兩個非零向量與滿足，則向量與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用模長公式結合數(shù)量積公式求解即可．【詳解】因為，兩邊平方，得到，即，即(1),又＝(2)，(3)．并且，則，將(1),(2),(3)代入，得到，，則．故選：B.7.已知某圓臺的上、下底面半徑分別為、，且，若半徑為1的球與圓臺的上、下底面及側面均相切，則該圓臺的體積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圓臺軸截面圖，結合圓臺和球的結構特征求解，然后代入圓臺體積公式求解即可.【詳解】如圖，設圓臺上、下底面圓心分別為，則圓臺內(nèi)切球的球心O一定在的中點處，設球O與母線切于M點，所以，所以，所以與全等，所以，同理，所以，過A作，垂足為G，則，，所以，所以，所以，所以，所以該圓臺的體積為.故選：C8.費馬點是指位于三角形內(nèi)且到三角形三個頂點距離之和最小的點.當三角形三個內(nèi)角都小于時，費馬點與三角形三個頂點的連線構成的三個角都為.如圖，已知和都是正三角形，，，且B，A，D三點共線，設點P是內(nèi)的任意一點，則的最小值為（）A.5 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】將繞點順時針旋轉到，根據(jù)兩點之間線段最短結合余弦定理可求的最小值，或者建立平面直角坐標系，根據(jù)費馬點的性質結合圓的方程可求費馬點的坐標，從而可求的最小值，也可以費馬點的幾何特征結合正弦定理可求的值，從而可求的最小值.【詳解】由題設有，而，由余弦定理可得，所以，故是直角三角形，且，.法一：幾何法將繞點順時針旋轉到，則，則，當且僅當四點共線時等號成立，此時，，即為費馬點時，取最小值，因為，，所以.，故當且僅當為費馬點時，取最小值且最小值為.法二：解析法以點為原點建立平面直角坐標系，且，，由費馬點的定義知點滿足，故在以為弦且半徑為的劣弧上，設圓心為，而，故，故，故圓，同理也在以為弦且半徑為的劣弧上，其方程為，由可得，再代入其中一式解得，（舍）所以取最小值時，，，故取最小值且最小值為.法三：代數(shù)法設，則，由費馬點的性質可得，（），由正弦定理可得且，故，整理得到，解得，即，此時，而，同理故的最小值為.故選：D.【點睛】思路點睛：對于給定條件的幾何問題，我們可以根據(jù)幾何對象的性質結合正弦定理或余弦定理求解幾何量，或者利用旋轉構造最值線段.二、多項選擇題（本題共有3個小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目的要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9.若是平面內(nèi)所有向量的一個基底，則下列四組向量中不能作為平面內(nèi)所有向量的基底的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)平面向量共線定理以及基底的概念逐一判斷即可.【詳解】對于A，若存在實數(shù)，使得，則，無解，所以與不共線，可以作為平面的基底，故A錯誤；對于B，因為，則與是共線向量，不能作為平面向量的基底，故B正確；對于C，因為，則與是共線向量，不能作為平面向量的基底，故C正確；對于D，因為，則與是共線向量，不能作為平面向量基底，故D正確.故選：BCD.10.在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且，，若有且僅有一個解，則的可能取值有（）A.0 B. C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根據(jù)三角形解的個數(shù)可得，再根據(jù)正弦定理結合三角變換可求的取值范圍.【詳解】由正弦定理可得，故，因為有且僅有一個解，故或，由可得，由可得，結合為三角形內(nèi)角可得，故，由正弦定理得，而，，故，故選：ABC.11.如圖，正方體的棱長為2，是線段的中點，是線段的中點，是線段上的一個動點，則下列結論中正確的是（）A.的最小值為 B.可能是直角C.三棱錐的體積為定值 D.的周長的最小值為【答案】ACD【解析】【分析】求出等邊的高，即可判斷A；在矩形中假設為直角，推出矛盾，即可判斷B；證明平面，即可判斷C，四邊形求出的最小值，即可判斷D.【詳解】對于A，因為為邊長為的等邊三角形，所以的最小值即該等邊三角形的高，即，故A正確；對于B：在矩形中，，若，即，此時，所以，則，則，因為，所以方程無解，即不可能是直角，故B錯誤；對于C：連接，則，又，所以，平面，平面，所以平面，又是線段上的一個動點所以點到平面的距離為定值，又的面積為定值，所以三棱錐的體積為定值，故C正確；對于D：因為，如下圖，在四邊形中，，，作點關于的對稱點，連接交于點，此時取得最小值，最小值為線段的長度，又，所以，所以，所以，所以的周長的最小值為，故D正確.故選：ACD非選擇題部分三、填空題（本題共3個小題，每小題5分，共15分）12.水平放置的斜二測直觀圖為，已知，，則的面積為______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意，求出直觀圖的面積，由原圖面積與直觀圖面積的關系，分析可得答案.【詳解】根據(jù)題意，水平放置的斜二測直觀圖為，則直觀圖的面積，則的面積為.故答案為：.13.已知圓柱的軸截面面積為1，則該圓柱側面展開圖的周長的最小值為______.【答案】【解析】【分析】求出圓柱側面展開圖的周長利用基本不等式可得答案.【詳解】設圓柱的母線長為，則圓柱的底面直徑為，所以該圓柱側面展開圖的周長為，當且僅當即等號成立.故答案為：.14.已知向量，，滿足，，，，則的取值范圍為______.【答案】【解析】【分析】由題意可得：，設，，，由可得：，從而可得：，進而可求出結果.【詳解】由題意可得：，設，，，，，，，整理得：，所以，因為，所以，所以，即的取值范圍為.故答案為：.四、解答題（本題共5個小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15.已知向量，，.（1）求滿足的實數(shù)x，y的值；（2）若，求實數(shù)x的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）運用向量相等條件可解；（2）運用向量平行坐標表示可解．【小問1詳解】因為，，則，又，，所以，解得，；【小問2詳解】因為，，則，又，，所以，解得.16.如圖，在直三棱柱中，，、分別是BC、的中點，.（1）證明：平面；（2）求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用直三棱柱的構造特征，結合線面垂直的性質、判定推理即得.（2）由（1）中信息，結合相似三角形的性質求出，再利用等體積法求解即得.【小問1詳解】在直三棱柱中，由，是的中點，得，由平面，平面，得，而平面，則平面，又平面，則，而，平面，所以平面.【小問2詳解】在矩形中，由（1）知，，，于是直角與直角相似，則，即，因此，，，，，，設點到平面的距離為，由，得，，解得，所以點到平面的距離為.17.某村委為落實“美麗鄉(xiāng)村”建設，計劃將一塊閑置土地改造成花卉觀賞區(qū).該土地為四邊形形狀，如圖所示：米，米，.（1）求的值；（2）若點分別為邊上的點，且米，米，又點在以C為圓心，為半徑的圓弧上（內(nèi)部），準備將四邊形區(qū)域種植郁金香.設，求四邊形的面積關于的表達式，并求該面積的最大值（無須求出取得最大值時的條件）【答案】（1）（2），其中為銳角且，最大值為平方米【解析】【分析】（1）由余弦定理可求，由正弦定理可求，故可求，（2）由面積公式可求，，再利用輔助角公式可得及其最大值.【小問1詳解】上，由余弦定理米，在上，由正弦定理，所以，而，故，故.【小問2詳解】因為，所以，，，，所以四邊形CEIF區(qū)域面積（平方米），其中為銳角且，因為，故，故當時，有最大值且最大值為平方米.18.如圖在直角梯形中，，，點E為CD的中點，以A為圓心AD為半徑作圓交AB于點G，點P為劣弧DG（包含D，G兩點）上的一點，AC與劣弧、BE分別交于點F，H.（1）求向量與夾角的余弦值；（2）若向量，求實數(shù)x，y的值；（3）若向量與的夾角為，求的最小值.【答案】（1）（2），（3）0【解析】【分析】（1）點為原點，、分別為、軸正方向建立平面直角坐標系，由向量的夾角的坐標運算求解即可；（2）由平面向量基本定理可得，由，，三點共線求出，由此可求出實數(shù)x，y的值；（3）法一：點為中點，因為，所以以為直徑的圓與圓外切.由圓周角大于圓外角即可得出答案；法二：設，，則，求出，，由向量的夾角公式求解即可.【小問1詳解】易得，且為正三角形，所以，.以點為原點，、分別為、軸正方向建立平面直角坐標系，，得，，所以.【小問2詳解】，又因為，，三點共線，所以，解得.，，解得，【小問3詳解】法一：點為中點，因為，所以以為直徑的圓與圓外切.因為圓周角大于圓外角，所以最大值為，即的最小值為0.法二：設，且如（1）所建平面直角坐標系，則，，.當時，取到最小值0，所以的最小值為0.19.如圖在四棱錐中，底面為矩形，側棱，且，，，點E為AD中點，（1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值；（3）點F為對角線AC上的點，且，垂足為G，求FG與平面ABCD所成的最大角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）結合線面垂直的判定定理與面面垂直的判定定理即可得；（2）面面垂直的性質定理平面，線面垂直的判定定理得平面，平面，線面平行的判定定理得平面，作垂足為，由等面積法得求出可得答案；（3）作平面，在平面作交于點，設線交線于點，由線面垂直的判定定理得平面，得，，求出可得答案.【小問1詳解】，，則，，又，，平面，平面，平面，平面平面；【小問2詳解】側棱，點E為AD中點.，，，為正三角形，取中點，則，，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，，在邊上取，連接，可得四邊形是長方形，可得，又，平面，所以平面，作，垂足為，平面，，，又，平面，平面，且，又，平面，平面，