湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学考前演练（四）

这是一份湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学考前演练（四），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．化简的结果是（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，则等于（ ）．
A．B．6C．D．18
4．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．四边形的周长为
D．四边形的面积为
5．已知的部分图象如图所示，，，是相邻的两个零点，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓.《九章算术.商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”，即一个长方体沿对角线斜解（图1）.得到一模一样的两个堑堵，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若某长方体的长为4，宽为2，高为2，记该长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，，，则下列选项不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论不正确的是（ ）

A．圈柱的侧面积为
B．圆柱的侧面积与球面面积相等
C．圆锥的侧面积为
D．三个几何体的表面积中，球的表面积最小
8．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术.如图甲是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，如图乙所示其外框是边长为4的正六边形，内部圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，点在圆上运动，则的最小值为（ ）

A．-8B．-4C．0D．4
二、多选题
9．下列说法不正确的是（ ）
A．若直线面，直线面，则直线，直线b无公共点
B．若直线面，则直线l与面内的直线平行或异面
C．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
D．有两个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台
10．在中，角A，B，C所对的边为a，b，c， 则下列说法正确的有（ ）
A．A:B:C= a :b :cB．
C．若A>B， 则a>bD．
11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，它是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.将一个棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共要截去八个三棱锥，形成一个由正三角形和正方形围成的“阿基米德多面体”，如图，则（ ）
A．该多面体共有12个顶点，14个面
B．该多面体的表面积为
C．该多面体的外接球体积为
D．所在直线与直线所成的角是的棱共有8条
三、填空题
12．已知平面向量，若与共线，则实数．
13．已知是外接圆的圆心，若，则
14．降维类比和升维类比主要应用于立体几何的学习，将空间三维问题降为平面二维或者直线一维问题就是降维类比.平面几何中多边形的外接圆，即找到一点，使得它到多边形各个顶点的距离相等.这个点就是外接圆的圆心，距离就是外接圆的半径.若这样的点存在，则这个多边形有外接圆，若这样的点不存在，则这个多边形没有外接圆.事实上我们知道，三角形一定有外接圆，如果只求外接圆的半径，我们可通过正弦定理来求，我们也可以关注九年义教初中《几何》第三册第94页例2.的结论：三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商.借助求三角形外接圆的方法解决问题：若等腰梯形的上下底边长分别为6和8，高为1，这个等腰梯形的外接圆半径为；轴截面是旋转体的重要载体，圆台的轴截面中包含了旋转体中的所有元素：高､母线长､底面圆的半径，通过研究其轴截面，可将空间问题转化为平面问题.观察图象，通过类比，我们可以找到一般圆台的外接球问题的研究方法，正棱台可以看作由圆台切割得到.研究问题：如图，正三棱台的高为1，上､下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为.
四、解答题
15．如图，在正方体中，E是的中点.

(1)求证：平面；
(2)设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积．
16．已知向量满足，，且在上的投影向量为.
(1)求及的值；
(2)若，求的值.
17．在中，内角，，所对的边分别为，，，且，的外接圆半径为.
(1)求的面积；
(2)求边上的高.
18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，，分别是，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
19．已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.
(1)设函数，试求的伴随向量；
(2)由（1）中函数的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，问在的图象上是否存在一点P，使得．若存在，求出Р点坐标；若不存在，说明理由.
参考答案：
1．D
【分析】根据余弦的二倍角公式即可代入求解.
【详解】，
故选：D
2．D
【分析】根据向量的加减法法则求解即可.
【详解】，
故选：D
3．C
【分析】由数量积定义直接运算.
【详解】因为向量，所以，且，则，
故选:C．
4．D
【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关.
【详解】如图可知，
四边形的周长为，四边形的面积为.
故选:D.
5．A
【分析】由已知结合正弦函数的周期性与特殊点即可求出结果.
【详解】由题意可得，，且由图像可得；
又因为，
可得；
故选：A．
6．D
【分析】结合长方体、锥体体积公式求得正确答案.
【详解】，A选项正确.
，B选项正确.
，C选项正确.
，D选项不正确.
故选：D
7．D
【分析】根据圆柱、圆锥、球体的表面积公式即可求解.
【详解】对A，圆柱的侧面积等于,正确；
对B，球面面积为，
所以圆柱的侧面积与球面面积相等，B正确；
对C，圆锥的母线长为,
所以圆锥的侧面积为,C正确；
对D，圆柱的表面积,
圆锥的表面积,
球的表面积为,
所以圆锥的表面积最小，D错误；
故选:D.
8．C
【分析】通过建系设点，设利用平面向量的坐标计算转化为正弦型函数的值域问题求解即得.
【详解】

如图，以为坐标原点，所在直线为轴，的垂直平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系.
设点，由题意知，，
则，，
所以，
因，则,
故当时，即时，取最小值0.
故选:C.
9．ACD
【分析】作出图形可判断A；与平面没有公共点，可判断B；作出图形可判断C；由棱台的侧棱交于一点的几何特征，可判断D.
【详解】对于A：如图，，，与可能相交，故A错误；

对于B：直线，所以与平面没有公共点，所以与平面内的直线平行或异面，故B正确；
对于C：有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱，
如图所示，符合题意，但几何体不是棱柱，故C错误；

一个平行于棱锥的底面的平面截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台，
所以棱台各侧棱的延长线交于一点，其余各面都是梯形的几何体侧棱可能不交于一点，故D错误.
故选：ACD.
10．BCD
【分析】结合三角形的性质、正弦定理求得正确答案.
【详解】在三角形中，大角对大边，所以C选项正确.
三角形的内角和为，所以D选项正确.
由正弦定理得，所以A选项错误.
设，
则，B选项正确.
故选：BCD
11．AC
【分析】对A，根据立体图象直接数点面数即可；对B，分别计算三角形与正方形的面积再求和即可；对C，将该几何体补全到正方体中分析外接球半径求解即可；对D，分析与相交的6条棱中与直线所成的角是的棱，再根据平行线的性质判断即可.
【详解】对A，由该立体图象可得，该多面体共有12个顶点，14个面，故A正确；
对B，由该立体图象可得，该多面体共有8个正三角形面，6个正方形面，
又该几何体由棱长为2的正方体所切，故正三角形与正方形边长，
则该多面体的表面积为，故B错误；
对C，易得该几何体的外接球球心即正方体的中心，又正方体的棱长为2，故外接球的半径，体积为，故C正确；
对D，如图，易得为正三角形，故与夹角均为，
又，，且与的夹角为，即与的夹角为，
同理与的夹角为.
故与相交的6条棱中与直线所成的角是的棱有4条，又这四条棱每一条都有3条平行的棱，故与直线所成的角是的棱共有16条，故D错误.
故选：AC
12．2
【分析】利用向量共线的坐标表示可得答案.
【详解】，
若与共线，则，
解得.
故答案为：.
13．.
【解析】设外接圆的半径为，根据，得到，然后两边平方化简得到，再由求解.
【详解】如图所示：
设外接圆的半径为，
因为,
所以，
∴，
∴，
∴，
因为，
所以，
解得.
故答案为：
14． 5
【分析】根据余弦定理求解，即可根据三角形外接圆的直径等于两边的乘积除以第三边上的高所得的商求解，利用正弦定理求解轴截面的上下底长度，即可利用（1）空的结论求解球半径，由体积公式即可求解.
【详解】连接
由于且梯形的高，所以,因此，
因此,,
因此的外接圆半径为，故，
因此的外接圆半径为，故，
因此到4点距离相等的距离为，即腰梯形的外接圆半径为5，
设棱台上下两个三角形的外接圆半径分别为,
由于上､下底面边长分别为和，由正弦定理可得，
因此圆台的轴截面为等腰梯形，且其上下底边长分别为6和8，高为1，
根据第一问的结论可知，该圆台的外接球半径为5，故外接球的体积为，
故答案为：5，
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证，再用直线与平面平行的判定定理证明平面；
（2）利用等体积法，求三棱锥的体积.
【详解】（1）证明：因为在正方体中，，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为正方体的棱长是1，E是的中点，所以，
三角形ABC的面积，
三棱锥的体积.
16．(1)，
(2)
【分析】（1）由投影向量的定义可求得，再由向量的夹角公式可求得；
（2）由向量垂直建立方程，求解即可．
【详解】（1）因为，，且在上的投影向量为，
所以，所以，
所以，
因为，所以；
（2）因为，
所以，即，
得，解得．
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理及余弦定理可求出，利用面积公式计算即可；
（2）根据三角形面积公式即可求.
【详解】（1）在中，由正弦定理可得，，则，
根据余弦定理，得，
所以，所以，
所以.
（2），所以.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据，再根据线面平行的判断定理，即可证明；
（2）根据线面垂直的判断定理，转化为证明线线垂直；
（3）根据（2）的结论，求线面角，再根据几何关系求解正弦值.
【详解】（1）在中，，分别是，的中点，
，
又平面，
平面，
平面．
（2）四边形是正方形，
，
又平面，平面，
，
又，且平面，
平面．
（3）由（2）知，平面，
为斜线在平面上的射影，为直线与平面所成角．
由题意，在中，，，
，
，
即直线与平面所成角的正弦值为．
19．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据辅助角公式进行化简，结合伴随向量的定义进行求解即可；
（2）根据三角函数的图象变换关系求出的解析式，结合向量垂直建立方程关系进行求解．
【详解】（1），故；
（2），
所以，
假设存在点，使得，
则，
即，
因为，所以，
所以，
又因为，
所以当且仅当时，和同时等于，此时，
故在函数的图象上存在点，使得.