浙江省杭州第二中学等四校联盟2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期四校联盟期中考试试卷

高一年级数学

命题：浙江省温州中学

本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.

考生须知：

1．本卷满分150分，考试时间120分钟；

2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号；

3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；

4．考试结束后，只需上交答题卷.

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．请将你认为正确的答案填在答题卷的相应位置．

1. 化简所得的结果是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量加减法运算可直接得到结果.

【详解】.

故选：C.

2. 已知表示两条不同的直线，表示三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间中点线面的位置关系,即可结合选项逐一求解.

【详解】对于A,平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，也可以相交，故A错误,

对于B,若，则或者，故B错误，

对于C,若，不能得到,例如正方体一个顶点处的三个平面分别为，故C错误，

对于D，若，则，故D正确，

故选：D

3. 已知圆台上、下底面的直径分别为4和10，母线长为5，则该圆台的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据上下底面半径及母线长求出圆台的高，再由圆台体积公式求解.

【详解】因为圆台上、下底面的直径分别为4和10，母线长为5，

所以圆台的高，

所以，

故选：D

4. 已知O是原点，点，，若为钝角，则a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】确定，，得到，与不共线，解得答案.

【详解】，，

则，解得

且与不共线，即，解得

综上

故选：C

5. 已知的三个内角，，所对边分别为，，，则“”是“为直角三角形”的是（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】由正弦定理可得，利用三角形的内角和及和角的正弦公式化简可得C为直角，结合充分条件及必要条件进行判断即可.

【详解】因为，

由正弦定理可得，，即，

所以，

所以，

因为，， 所以，，

则，为直角三角形，

但为直角三角形时不一定是，

所以是△ABC为直角三角形充分不必要条件，

故选：A.

6. 已知长方体的棱，，，点P，Q分别是线段，上的动点（不包含端点），则下列说法正确的是（    ）

A. 对于任意一点Q，直线与直线是异面直线

B. 对于任意一点Q，存在一点P，使得

C. 对于任意一点P，存在一点Q，使得

D. 以上说法都不正确

【答案】B

【解析】

【分析】由长方体中的线面关系，判断选项正误.

【详解】对于A，当点Q为中点时，直线即直线 ，与共面，A错误；

对于B，当时，与相似，，所以，

因为平面，平面，所以，

因为，平面，平面，

所以平面，平面，所以，B正确；

对于C，长方体中，平面，平面，所以对任意点P，，

而与不平行，所以不存在Q，使得对任意点P，，C错误；

对于D，B选项正确，所以D错误.

故选：B.

7. 在中，，AD是的角平分线，，，E是AC的中点，则DE的长度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先利用面积相等求出，再结合余弦定理可得答案或建立直角坐标系，分别求出D，E坐标，再利用两点间距离公式，即可求值.

【详解】方法一：因为，，，所以的面积为；

因为AD是的角平分线，

所以，

解得.

在中，，，

所以

，

即.

故选：A.

方法二：因为，所以，

如图，以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴建立直角坐标系，

则，，，

由是的角平分线可知，直线的方程为：，

因为，，则，

所以直线的方程为：，

联立方程组，可得，

所以，

因为E是AC的中点，所以，

所以，由两点间距离公式得，，

则DE的长度为.

故选：A.

8. 已知正四面体内接于球，D为棱AB上点，满足．若存在过D点且面积为的截面圆，则正四面体棱长的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设正四面体棱长，球半径为，计算得到，当截面过球心时，棱长最短，当截面时，棱长最长，分别计算棱长得到答案.

【详解】设正四面体棱长为，球半径为，截面圆的半径为，则，则，

设平面于，则中心，且球心在上，

连接并延长与交于点，连接，

平面，平面，故，

，，平面，故平面，

平面，则，

，，

则，解得，

当截面过球心时，，此时棱长最短，故，；

当截面时，棱长最长，此时

，即，

故，解得；

综上所述：.

故选：B.

【点睛】关键点睛：本题考查了多面体的外接球问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中确定截面过球心时，棱长最短，截面时，棱长最长，再计算棱长是解题的关键.

二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 设平面向量均为非零向量，则下列命题正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】CD

【解析】

【分析】选项A通过特殊情况当与都垂直时进行排除；选项B将转化为或，再借助平面向量数量积定义运算后验证；选项C对两边平方化简后进行判断；选项D根据数量积及向量共线的相关定义判断结论.

【详解】对于选项A，当与都垂直时，成立，但不一定成立，故A错误；

对于选项B，由得或，此时，故B错误；

对于选项C，对两边平方得，

即，故，即，故C正确；

对于选项D，因为，所以且，

因为均为非零的平面向量，所以，故D正确.

故选：CD

10. 已知正方体，E，F分别为AB，BC的中点，则（    ）

A.  B.  C. 平面 D. 平面

【答案】AB

【解析】

【分析】根据正方体的性质，利用线线平行判断A，由线面垂直判断B，根据垂线性质判断C，由线线平行及线面相交判断D.

【详解】正方体，如图，

由图知，，而，所以，故A正确；

因为平面，平面，则，

又，，平面，所以平面，

又平面，所以，故B正确；

因为面，面，可得，

又，，面，

所以面，又面，则，

若平面，由平面，可得，

由，面，可得面，

又面，所以，显然有矛盾，

所以平面不正确，故C错误；

延长，使，连接，

因为，所以，

所以四边形为平行四边形，故，

而平面，故与平面不平行，故D错误.

故选：AB

11. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列选项正确的是（    ）

A. 若，则有两解

B. 若，则无解

C. 若为锐角三角形，且，则

D. 若，则的最大值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据边角的关系，可判断三角形的个数，即可判断AB；

根据三角形是锐角三角形，求角的范围，即可判断C；

利用正弦定理，将边表示为三角函数，利用三角函数的性质，即可判断D.

【详解】对于A，因为，所以，则有两解，A正确．

对于B，因为，所以有且仅有一解，B错误．

对于C，由得，则，

因为，所以，C正确．

对于D．因为，所以，又因为，

所以，则

，由，得，

所以当，即时，取得最大值，D正确．

故选：ACD

12. 如图，在直三棱柱中，，，P为棱的中点，Q为棱上的动点，平面APQ与棱交于点R，则下列说法中正确的是（    ）

A. 存在点Q，使得 B. 线段长度的取值范围是

C. 当点Q与点B重合时，四棱锥的体积为16 D. 设截面AQPR，，的面积分别为，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点、，其中，.，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；求出与的关系式，利用反比例函数的基本性质可判断B选项；利用锥体和台体的体积公式可判断C选项；利用函数的性质可判断D选项.

【详解】因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、

设点、，其中，.

对于A选项，若存在点，使得，且，，

，解得，不合乎题意，A错；

对于B选项，设，其中、，

即，即，可得，

，则，所以，，B对；

对于C选项，当点与点重合时，，则，此时点为的中点，如下图所示：

在直三棱柱中，四边形为矩形，则且，

所以、分别为、的中点，则且，

所以，且，同理且，且，

所以，，故几何体为三棱台，

，，

，

，

因此，，C对；

对于D选项，，，

则点到直线的距离为，

，则点到直线的距离为

，

所以，，故，

令，则，

则，由双勾函数的性质知，在上单调递增，

则当时，；当时，，则，D对.

故选：BCD.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案填在答题卷的相应位置．

13. 已知平面向量，，与的夹角为，则________．

【答案】

【解析】

【分析】利用向量模长求解的一般方法，平方再开方.

【详解】由得

由题有

所以

故答案为：

14. 已知直三棱柱的侧棱与底面边长都相等，D，F分别是和的中点，那么异面直线BD和AF所成角的余弦值等于________．

【答案】##0.7

【解析】

【分析】根据直三棱柱的性质以及等边三角形的性质，取的中点，易证得平面，建立空间直角坐标系，运用向量与向量的夹角和直线与直线所成的角的关系，即可得出异面直线BD和AF所成角的余弦值.

【详解】因为直三棱柱的侧棱与底面边长都相等，

所以为等边三角形，取的中点，所以，

因为为的中点，所以，

又因为平面，所以平面，

如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

因为直三棱柱的侧棱与底面边长都相等，设，

则，，，，，，

设异面直线和所成角为，

所以，

即异面直线和所成角的余弦值为.

故答案为：.

15. 在中，，点D在边AC上，，，则的值是________．

【答案】

【解析】

分析】由正弦定理先求出，然后结合余弦定理及二倍角公式进行化简即可得解.

【详解】由得，设，则，

中，由正弦定理得，

所以，

在中，由余弦定理可得，，

即

故，

由，可知.

故答案为：

16. 如图正方体的棱长是3，E是上的动点，P、F是上、下两底面上的动点，Q是EF中点，，则的最小值是______．

【答案】##
 

【解析】

【分析】以为顶点构造棱长为2的正方体，利用对称性将转化为，由图形得到四点共线时取最小值，进而求解.

【详解】以为顶点构造棱长为2的正方体，

由对称得，，

因为是上的动点，是下两底面上的动点，

则是直角三角形，是中点，且，故，

所以取最小值时，四点共线，

则，此时．

故答案为：.

【点睛】在平面解析几何中求直线上一动点到两定点（在直线同一侧）的距离之和的最小值时，通常将其中一定点对称到直线的另一边，利用三点共线时距离之和最小，在立体几何中也有类似的方程，此题中作正方体的目的就是为了找出 关于平面的对称点，从而将转化为求最小值.

四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17. 如图，在菱形ABCD中，，，，AE交BD于点F．

（1）若，求λ和μ的值；

（2）设P是线段BC的中点，求的值．

【答案】（1），；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据给定的条件，利用基底表示向量，再借助平面向量基本定理作答.

（2）用基底表示向量，结合（1）的结论，利用数量积的运算律求解作答.

【小问1详解】

菱形ABCD，，则，即有，于是，

因此，又，不共线，

所以，.

【小问2详解】

因为P是线段BC的中点，则，

所以

.

18. 三棱柱的棱长都为2，D和E分别是和的中点．

（1）求证：直线平面；

（2）若，点B到平面的距离为，求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）法一，根据中位线可得线线平行，证明面面平行再证线面平行，法二，作出辅助线，证明，即可得证；

（2）根据线面平行可得，由等体积法求解.

【小问1详解】

在三棱柱中，，取中点F，连接DF，EF，

∵D和E分别是和的中点，

，

又面，面，且面，面，

∴//面，EF//面，又，面，

∴面//平面，而面DEF，故直线//平面．

法二，连接CE交于点G，连接CD交于点H，连接HG，如图，

在三棱柱中，，，

∴，，

∴，则，又面，面，

∴直线平面.

【小问2详解】

如图，

∵直线//平面，

∴，又，

所以平行四边形边上的高，

由B到面的高，则.

19. 已知的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，满足．

（1）求角A；

（2）若，点D为边BC中点，且，求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理得到，切化弦可得答案.

（2）根据余弦定理得到，再次利用余弦定理得到，解得，再利用面积公式计算得到答案.

【小问1详解】

由正弦定理，可得：，即，

，，，故，故，

【小问2详解】

在中，，

在中，，

，，，

即，故,，

在中，

故，解得，.

20. 在三棱锥中，面面ABC，，，．

（1）求证：；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）过P作交AC于H，连接HB，利用线面垂直证明线线垂直；

（2）过H作交AB于D，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.

【小问1详解】

过P作交AC于H，连接HB，

∵，面面ABC，面面，PH在面PAC内，

∴面ABC，面ABC，

∴，

∵ ，∴，

在中，

∴，∴，

又 ，PH、BH在面PHB内，

∴面，又面，

∴.

【小问2详解】

过H作交AB于D，

以H点为原点，分别以HD，HC，HP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，， ，

∴，，

设面PBC的一个法向量，则，

即，令，则，

∴，

∵，，

设面PAC的一个法向量，则，

即，令，则，

∴，

设二面角的大小为，

∴.

21. 为了美化环境，某公园欲将一块空地规划建成休闲草坪，休闲草坪的形状为如图所示的四边形ABCD．其中AB＝3百米，AD＝百米，且△BCD是以D为直角顶点的等腰直角三角形．拟修建两条小路AC，BD（路的宽度忽略不计），设∠BAD＝，(，)．

（1）当cos＝时，求小路AC的长度；

（2）当草坪ABCD面积最大时，求此时小路BD的长度．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）在△ABD中，由余弦定理可求BD的值，利用同角三角函数基本关系式可求sinθ，根据正弦定理可求sin∠ADB，进而可求cos∠ADC的值，在△ACD中，利用余弦定理可求AC的值．

（2）由（1）得：BD2＝14﹣6cosθ，根据三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用可求．SABCD＝7sin（θ﹣φ），结合题意当θ﹣φ时，四边形ABCD的面积最大，即θ＝φ，此时cosφ，sinφ，从而可求BD的值．

【详解】（1）在中，由，

得，又，∴．

∵   ∴

由得：，解得：，

∵是以为直角顶点的等腰直角三角形  ∴且

∴

在中， ，

解得：

（2）由（1）得：，

，此时，，且

当时，四边形的面积最大，即，此时，

∴，即

答：当时，小路的长度为百米；草坪的面积最大时，小路的长度为百米．

【点睛】本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，正弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

22. 如图，在三棱柱中，，平面平面，且，点为棱的中点．

（1）求证：直线平面；

（2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）过点A作，交边BC于点H，确定，得到线面垂直.

（2）过点C作，交直线于点E，确定直线CD与面所成角即，计算各线段长度，计算得到答案.

【小问1详解】

，过点A作，交边BC于点H．

，平面平面，平面平面，

平面，故面，平面，故，

又，，平面，故平面．

【小问2详解】

，，，面，故平面，

平面，故平面平面．

过点C作，交直线于点E，

平面平面，平面，则面．

故直线CD与面所成角即，

，，故，又，，，

故，，，

，，

故，

即直线CD与面所成角的正弦值为