江苏省无锡市市北高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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命题人：马雄 审题人：计巍 校对人：马雄
时间：120分钟 分值：150分 日期：2024.4
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，请把正确答案涂在答题卡上．
1. 若是平面内的一组基底，则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是（ ）
A. B. 2
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据基底的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，，所以共线，不能作为基底.
B选项，，所以共线，不能作为基底.
C选项，，所以共线，不能作为基底.
D选项，易知不共线，可以作为基底.
故选：D
2. 下列推理错误的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】由平面的性质公理1可判断A，由平面的性质公理2，可判断B，由线面的位置关系可判断CD.
【详解】由 ，，，根据公理1可得，故A选项正确，
由，，，根据公理2可得，故B选项正确，
由，可能与相交，可能有，故C选项错误，
由，根据公理1可得，故D选项正确，
故选：C.
3. 已知向量，不共线，向量，且，则的值为（ ）
A. 1B. C. ±1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线定理及平面向量基本定理列出等式解出即可.
【详解】解：因为向量，不共线，且，
所以，即，，
所以，解得或.
故选：C
4. 一封闭的正方体容器，P，Q，R分别是AB，BC和的中点，由于某种原因，P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时，容器中水的上表面形状是（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】D
【解析】
【分析】过P，Q，R三点的平面为六边形，可以根据平面的性质公理，先后证明其余三个顶点在P，Q，R所确定的平面上.
【详解】
如图，设过P，Q，R三点的平面为平面.
分别取，，的中点F，E，M，
连接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，EM，QF，RP.
由正方体性质知，所以平面.
又，所以平面.
又，所以平面.
所以点六边形RFEPQM为容器中水的上表面的形状.
故选：D.
5. 若直线a不平行于平面,则下列结论成立的是
A. 内的所有直线都与直线a异面
B. 内不存在与a平行的直线
C. 内的直线都与a相交
D. 直线a与平面有公共点
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：直线不平行于，包括两种情况：或，当时，内的所有直线都与直线共面，A错；当时，内必然有直线与直线平行， B错；从而C也错；当，直线和平面有无数个公共点，当，直线与平面有唯一公共点，D正确.
考点：直线和平面的位置关系.
6. 已知中，，，与相交于点，，则有序数对（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量共线定理得到，，利用、分别表示出，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得、，再代入计算可得.
【详解】依题意、、三点共线，故，
所以
，
又、、三点共线，故，
则
，
所以，解得，
所以，又，所以，
所以有序数对.
故选：D
7. 两个粒子从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，则在上的投影向量的模为（ ）
A. 10B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先求得与夹角的余弦值，再根据投影向量的定义求出在上的投影向量，即可求解.
【详解】设与的夹角为，
则，
所以在上的投影向量为，
所以在上的投影向量的长度为，
故选：D.
8. 帕波斯在其著作《数学汇编》中，提到了蜂巢，称蜜蜂将它们的蜂巢结构设计为相同并且拼接在一起的正六棱柱结构．已知蜂巢结构的平面图形如图所示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用坐标法，建立如图所示的平面直角坐标系，表示出各点坐标利用坐标运算结合平面向量基本定理即得.
【详解】以D为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系.

不妨设，则，，，，，
故，，.
设，则，
解得，
所以.
故选：B.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分．
9. 在中，内角、、的对边分别是、、，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则为等腰三角形
C. 若，，则为等边三角形
D. 若，，，则有两解
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦定理可判断A选项；利用正弦定理、二倍角公式可判断B选项；利用余弦定理可判断C选项；利用正弦定理求出的值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，由正弦定理可得，则，
所以，为等腰三角形，A对；
对于B选项，因为，由正弦定理可得，
因为、中至少有一个是锐角，则，
从而可知、均为锐角，由可得，
因为、，则、，所以，或，
所以，或，故为等腰三角形或直角三角形，B错；
对于C选项，因为，，
由余弦定理可得，即，
所以，，因此，为等边三角形，C对；
对于D选项，因为，，，
由正弦定理得，所以，不存在，D错.
故选：AC.
10. 在四面体中，分别为的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 四点共面B.
C. D. 四边形为梯形
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由题得，故A正确；
对于B，根据等角定理，得，故B正确；
对于C，由等角定理可以证明，故C正确；
对于D，可以证明，所以四边形为平行四边形，故D不正确．
【详解】解：由中位线定理，易知，，，．
对于A，由公理4易得，所以，，四点共面，故A正确；
对于B，根据等角定理，得，故B正确；
对于C，由等角定理，知，，所以，故C正确；
对于D，由三角形的中位线定理及公理 4知，，，，
所以，，所以四边形为平行四边形，故D不正确．
故选：ABC．
11. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，则（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，，则
D. 若，则的面积的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A选项，根据，由正弦定理求得判断；对于B选项，结合A选项，利用正弦定理求解判断；对于C选项，结合A选项，利用余弦定理求解判断；对于D选项，利用余弦定理结合基本不等式求解判断.
【详解】对于A选项，由正弦定理有，有，有，可得，故A选项错误；
对于B选项，由正弦定理有，有，故B选项正确；
对于C选项，由余弦定理有，有，代入，可得，故C选项正确；
对于D选项，由余弦定理有（当且仅当时取等号），有，故D选项错误．
故选：BC．
第Ⅱ卷（非选择题．共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在答题卷横线上．
12. 如下图所示，在四棱锥中，底面为正方形，，为线段上一点，且，平面与侧棱交于点，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】先证明平面，再根据线面平行的性质证得，则可得，即可得解.
【详解】因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面平面，平面，
所以，所以，
所以，所以.
故答案为：.
13. 已知向量，，若非零向量与，的夹角均相等，则的坐标为___（写出一个符合要求的答案即可）
【答案】（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.
【解析】
【分析】利用两个向量夹角的余弦公式，通过两个余弦相等，化简即可求出结果.
【详解】设，因为，，
所以，
，
因为与，的夹角均相等，所以，
所以，
化简得，所以，
因为为非零向量，可取，此时.
故答案为：（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.
14. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若的面积，则边a的最小值为_______．
【答案】2
【解析】
【分析】由正弦定理化简已知条件可推得，.根据，可求得，.由面积公式可求得，根据余弦定理可得出，由基本不等式，即可得出，即可得出答案.
【详解】由正弦定理可得，，.
由已知可得，，
所以.
又，所以，所以.
因为，
所以，.
因为面积，
所以.
由余弦定理可得，，
当且仅当时，等号成立.
所以，，的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．
15. 已知向量，.
（1）若，求；
（2）若向量，，求与夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据求得，从而可得，于是；
（2）由，可得，再由夹角公式计算即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，.
由，可得，即，
解得，所以，故.
【小问2详解】
因为向量，，所以，所以.
则，，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
16. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【小问1详解】
因为，所以，解得：．
【小问2详解】
由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
17. 如图所求，四棱锥，底面为平行四边形，为的中点，为中点.
（1）求证：平面；
（2）已知点在上满足平面，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）连结交于，连结，通过证明PCOF，可证平面；
（2）如图连结交延长线于，连结交于，连结，，，EN.
由平面，可得N为CD中点，后通过证明ENFDBG，可得，继而可得答案.
【小问1详解】
证明：连结交于，连结，
因在中，为中点，为中点，则FO .
又平面，平面，故平面；
【小问2详解】
如图连结交延长线于，连结交于，
连结，，，EN.
因，则四点共面.
又平面，平面平面，
则，四边形为平行四边形，可得 为中点.
则BG中点.
即EN为中位线，则ENPG，.
又DN，则四边形EFDN为平行四边形，ENFD.
从而FDPG，.
18. 如图，平面四边形中，，，．的内角的对边分别为，且满足．
（1）判断四边形是否有外接圆？若有，求其半径；若无，说明理由；
（2）求内切圆半径的取值范围．
【答案】（1）有，
（2）
【解析】
【分析】(1)先由余弦定理求，再由正弦定理结合条件得，所以，，所以四点共圆，则四边形的外接圆半径就等于外接圆的半径．由正弦定理即可求出；
(2)由三角形面积公式得到，则，由正弦定理得，，化简得，因为，所以，即可得到的取值范围，从而得到半径的取值范围．
【小问1详解】
在中，，
所以，
由正弦定理，，可得，
再由余弦定理，，又，所以．
因为，所以，所以四点共圆，
则四边形的外接圆半径就等于外接圆的半径．
又，所以．
【小问2详解】
由（1）可知：，则，
，
则．
在中，由正弦定理，，
所以，，
则
，
又，所以，
所以，，即，
因为，所以．
19. 已知a，b，c是的内角A，B，C的对边，且的面积.
（1）记，，若.
（i）求角C，
（ii）求的值；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）；或（2）
【解析】
【分析】（1）（i）由，利用向量共线的坐标运算可得，再利用正弦定理边化角得，借助 ，即可求得角C
（ii）由，得，由余弦定理得： ，两边同除以可得，，解方程即可求解.
（2）由，得，由余弦定理得： ，两边同除以可得，，分离取值范围已知的量：
由，则，即，解不等式即可得到答案.
【详解】（1）（i），，，
，即
利用正弦定理得：，
即，化简得
又，，
又，
（ii）由，得，即，化简得
由余弦定理得：，
即，两边同除以可得，
令，得，解得
所以的值为或
（2）由，得，即
由余弦定理得：，
即，两边同除以可得，
令，得， 即
由，则，即，
解不等式得：
所以的取值范围为：
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）代数变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.