广东省深圳市高级中学（集团）2023-2024学年高一下学期期中测试数学试题（原卷版+解析版）

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第一部分 选择题
（共58分）
一、单选题：本大题共8个小题，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.
1. 对于非零向量， “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线的相关知识直接判断.
详解】对于非零向量，当时，，一定成立，即充分性成立；
当时，，不一定满足，即必要性不成立.
所以对于非零向量， “”是“”的充分不必要条件.
故选：A
2. 已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据，展开后根据空间向量数量积公式计算即可得到结果.
【详解】由题意可得，
.
故选：C
3. 已知正四棱柱的底面长是3cm，侧面的对角线长是3cm，则这个正四棱柱的体积为________cm3．（ ）
A. 18B. 54C. 64D. 23
【答案】B
【解析】
【分析】由题意先求出正四棱柱的高，然后再求其体积.
【详解】由题意知，正四棱柱的高为
所以它的体积V＝32×6＝54，
故选：B．
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二倍角公式以及诱导公式即可求解.
【详解】由可得，
故，
故选：C
5. 设函数，若对于任意的，都有，则的最小值为（ ）
A. 4B. 2C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得是函数的最小值，是函数的最大值，的最小值就是函数的半周期长.
【详解】函数，若对于任意的，都有，
则是函数最小值，是函数的最大值，的最小值即为函数的半周期长，
而函数的最小正周期，因此.
故选：B
6. 圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆锥的母线的长和底面圆的半径即得解.
【详解】由题得圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，
所以圆锥的侧面积为.
故选：A
7. 在直三棱柱（三条侧棱和底面均垂直的三棱柱叫作直三棱柱）中，若，，则异面直线与所成的角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把三棱柱补成正方体，找到异面直线所成角进而求解.
【详解】根据已知条件可以把直三棱柱补成正方体（如图所示），
连接和，由正方体结构特征知：，
所以，(或其补角)即为异面直线与所成角，
由于为正三角形，所以，
即异面直线与所成角为.
故选：C.
8. 在中，，则是
A. 等腰三角形B. 等腰直角三角形
C. 直角三角形D. 等腰或直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】利用同角三角函数关系式，把正切函数化成正余弦函数．然后用倍角公式化简，得到角A和角B的关系．
【详解】
，因为
所以，所以
所以，所以或
故选：D
二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对得3分.
9. 设直线l不在平面内，直线m在平面内，则下列说法不正确的是（ ）
A. 直线l与直线m没有公共点
B. 直线l与直线m异面
C. 直线/与直线m至多一个公共点
D. 直线l与直线m不垂直
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据空间中直线与直线的位置关系，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，直线不在平面内，则与平面平行或者相交，直线与可以相交，故A错误；
对于B，直线不在平面内，直线在平面内，但是，直线与可以相交也可以平行，故B错误；
对于C，直线不在平面内，直线在平面内，则直线与直线可以平行或者相交或者异面，不可能重合，所以，直线与直线至多一个公共点，故C正确；
对于D，直线不在平面内，直线在平面内，则当直线垂直于平面时，直线与直线垂直，故D错误.
故选：ABD
10. 如图，在四面体 中，，，D，E，F 分别是棱，，的中点，则下列结论中成立的是（ ）

A. 平面B. 平面
C. 平面平面D. 平面平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据几何体的结构特征，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求得.
【详解】对于A中，因为分别为的中点，可得，
又因为平面，且平面，所以平面，所以A正确；
对于B中，因为，且为的中点，可得，
又因为，且为的中点，可得，
因为且平面，所以平面，
又因为，所以平面，所以B正确.
对于C中，由B项知：平面，因为平面，
所以平面平面，所以C正确；
对于D中，设直线，易得，可得，所以，
假设平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为与不一定垂直，所以平面与平面不一定垂直，所以D错误.
故选：ABC.

11. 半正多面体（semiregular slid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，半正多面体有且只有13种．最早用于1970年世界杯比赛的足球就可以近似看作是由12个正五边形和20个正六边形组成的半正面体，半正多面体体现了数学的对称美．如图所示的二十四等边体就是一种半正多面体，它由8个正三角形和6个正方形围成，它是通过对正方体进行八次切截而得到的．若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（ ）
A. 与平面不可能垂直B. 异面直线和所成角为
C. 该二十四等边体的体积为D. 该二十四等边体外接球的表面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据线面垂直得线线垂直，即可找到矛盾进而判断A,根据异面直线的夹角即可求解B,根据割补法即可求解C,根据外接球的半径即可求解表面积.
【详解】对于A，若平面，因为平面，所以，
又因为为等边三角形，所以，这与矛盾，故与平面不可能垂直，所以A正确；
对于B，因为，所以异面直线和所成的角即为直线和所成的角，设角，在正六边形中，可得，所以异面直线和所成角为，所以B正确；
对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，其中每个小三棱锥的体积为，
所以该二十四面体体积为，所以C正确；
对于D，取正方形对角线的交点为，即为该二十四面体的外接球的球心，
其半径为，
所以该二十四面体的外接球的表面积为，所以D不正确．
故选：ABC.
第二部分 非选择题（共92分）
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 与向量平行的单位向量是______________．
【答案】或
【解析】
【分析】利用与向量平行的单位向量公式为来进行计算即可.
【详解】,,
则与向量平行的单位向量是，
故答案为：或.
13. 在△ABC中， a＝5，b＝5，A＝30°，则B＝________.
【答案】或
【解析】
【分析】利用正弦定理求得，由此求得.
【详解】由正弦定理得，
即，
由于，
所以或.
故答案为：或
14. 如图，在中，分别为的中点，为上一点，且满足，则______________．
【答案】1
【解析】
【分析】过点作，用表示线段长，，结合给定图形借助向量加法与数量积的运算律有，由向量数量积的定义计算即得.
【详解】过点作于，令，由，得，，
由分别为的中点，得，， ，
所以.
故答案为：1.
四、解答题: 本大题共5个小题，第15题13分，第16题、17题每题15分，第20题、21题每题17分，共77分.
15. 如图，已知圆柱的底面半径和母线长均为1，、分别为上、下底面圆周上的点，若异面直线所成的角为，求的长.

【答案】或
【解析】
【分析】过点作垂直于上底面于点，则是母线，连接，根据圆柱的性质得到且，从而得到，与所成的角就是或其补角，再分和两种情况讨论，分别计算可得．
【详解】如图，过点作于上底面于点，则是母线，连接，
垂直于上下底面，，，

则四边形是平行四边形，，
与所成的角就是或其补角．
当时，是等边三角形，，
在中，；
当时，在中，，
在中，．
综上，或.
16. 如图，在正方体中，为的中点，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连接交于点，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立．
【小问1详解】
连接交于点，则为的中点，

因为为的中点，则，平面，平面，
因此，平面．
【小问2详解】
因为且，为的中点，为的中点，
所以，，所以，四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，又平面，，
因此，平面平面．
17. 如图，观测站在目标的南偏西方向，经过A处有一条南偏东走向的公路，在处观测到与相距的处有一人正沿此公路向处行走，走到达处，此时测得相距．
（1）求．
（2）求之间的距离．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）在中，利用余弦定理可直接求得结果；
（2）由互补角的特点可求得和，在中，先利用正弦定理求得，再利用余弦定理构造方程求得即可.
【详解】（1）由题意知：，，，
在中，由余弦定理得：.
（2），，
由题意知：，
在中，由正弦定理得：，，
由余弦定理得：，
即，解得：或（舍），
之间的距离为.
18. 在锐角中，角的对边分别为，已知
（1）若，求；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及二倍角公式可得，进而得解；
（2）根据正弦定理边角互化可得，结合锐角三角形范围可得解.
【详解】（1）由，得，得，得，
在，，
由余弦定理，
得，
即，解得或.
当时， 即为钝角（舍），
故符合.
（2）由（1）得，
所以，
，
为锐角三角形，，，
，
，
故的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是熟练应用正余弦定理进行边角互化，正确分析锐角三角形中角的范围是解题的关键.
19. 设是单位圆上不同的两个定点，点为圆心，点是单位圆上的动点，点满足（为锐角）线段交于点（不包括），点在射线上运动且在圆外，过作圆的两条切线．
（1）求的范围
（2）求的最小值，
（3）若，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）解法主要是将所给条件通过数量积运算实数化进而通过实数运算结合基本不等式求解即可；解法将向量问题坐标化，进而通过实数运算结合不等式求解即可.
（2）解法将向量通过模的运算及数量积公式实数化，进而转为实数运算，结合不等式解出答案；解法通过坐标法和数量积运算将问题转化为实数运算问题，结合不等式求解即可；解法主要是根据题意设参数，再根据数量积运算结合三角函数、不等式求最值.
（3）解法1主要是通过平面向量基本定理选择基底表示向量，再设参数结合不等式求解；解法通过坐标法将问题实数化，进而求出参数最值；解法设参数两个参数，由向量相等得出它们的三角表示，再由三角函数性质结合不等式求解即可.
【小问1详解】
，
，
为锐角，，
解法一：
.
取的中点为，，
.
解法二：以为原点，以为轴，建立直角坐标系，
，
，
，，
，
.
故小问1答案为：.
【小问2详解】
解法一：由题意知：
，
，
，
当且仅当时，等号成立，的最小值为．
解法二：由题意知：
以为原点，以为轴，建立直角坐标系设点，则，
，
，
当且仅当时，等号成立，的最小值为．
解法三：
设，
，
当且仅当时，等号成立，的最小值为．
故小问答案为：
【小问3详解】
解法一：由题意知：
令，则原式
当且仅当即，等号成立，的最小值为
解法二：由题意知：
以为原点，以为轴，建立直角坐标系
三点共线
，
，
，
，
，
.
解法三：由题意知：
，
，
，
下同解法二.
故小问答案为：.
【点睛】方法点睛：建立直角坐标系，将向量问题坐标化进而通过实数运算求解即可.