2024-2025学年浙江省高一数学下学期期中试卷（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省高一数学下学期期中试卷（附答案），共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1. 已知向量，则与向量反向的单位向量的坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】与向量方向相反的单位向量为求解即可.
【详解】因为，所以，
与向量方向相反单位向量为，
故选：B
2. 设l，m，n是不同的直线，m，n在平面内，则“且”是“”的（）
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】B
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定、性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答.
【详解】若且，当时，直线可以与平面平行，此时，不能推出，
若，m，n是平面内两条不同的直线，则，，
所以“且”是“”的必要不充分的条件.
故选：B
3. 已知一个正方体的外接球的体积为，则这个正方体的体积为（）
A. 3B. C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方体性质，,由外接球体积求出半径得出直径，最后得出边长，即可求出体积．
【详解】根据正方体性质，球心在体对角线中点上，体对角线长为外接球直径，半径设为，边长为，
则.根据题意，解得，
则，则，则，则正方体体积为：
故选：C.
4. 已知，且，则向量在向量上的投影向量为（）
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.
【详解】向量在向量上的投影向量为，
故选：A.
5. 如图，在正方体中，点E，F，G，H分别是棱，，，的中点，则异面直线EF与GH所成的角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别取的中点，连接，由题意可知异面直线EF与GH所成的角（或其补角）即为与所成的角（或其补角），求出，由余弦定理求解即可.
【详解】分别取的中点，连接，
由正方体的性质知：，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以异面直线EF与GH所成的角（或其补角）即为与所成的角（或其补角），
即为，设正方体的棱长为，
，，
所以，
所以异面直线EF与GH所成的角为.
故选：C.
6. 若两个非零向量与满足，则向量与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用模长公式结合数量积公式求解即可．
【详解】因为，两边平方，得到
，即，即(1),
又＝(2)，(3)．
并且，
则，将(1),(2),(3)代入，得到，，则．
故选：B.
7. 已知某圆台的上、下底面半径分别为、，且，若半径为1的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆台轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台体积公式求解即可.
【详解】如图，
设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心O一定在的中点处，
设球O与母线切于M点，所以，所以，
所以与全等，所以，同理，所以，
过A作，垂足为G，则，，
所以，所以，所以，所以，
所以该圆台的体积为.
故选：C
8. 费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.如图，已知和都是正三角形，，，且B，A，D三点共线，设点P是内的任意一点，则的最小值为（）
A. 5B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将绕点顺时针旋转到，根据两点之间线段最短结合余弦定理可求的最小值，或者建立平面直角坐标系，根据费马点的性质结合圆的方程可求费马点的坐标，从而可求的最小值，也可以费马点的几何特征结合正弦定理可求的值，从而可求的最小值.
【详解】由题设有，而，
由余弦定理可得，
所以，故是直角三角形，
且，.
法一：几何法
将绕点顺时针旋转到，则，
则，
当且仅当四点共线时等号成立，此时，
，
即为费马点时，取最小值，
因为，，
所以.，
故当且仅当为费马点时，取最小值且最小值为.
法二：解析法
以点为原点建立平面直角坐标系，且，，
由费马点的定义知点满足，
故在以为弦且半径为的劣弧上，
设圆心为，而，故，故，
故圆，
同理也在以为弦且半径为的劣弧上，
其方程为，
由可得，
再代入其中一式解得，（舍）
所以取最小值时，，，
故取最小值且最小值为.
法三：代数法
设，则，
由费马点的性质可得，（），
由正弦定理可得且，
故，整理得到，
解得，即，
此时，
而，同理
故的最小值为.
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于给定条件的几何问题，我们可以根据几何对象的性质结合正弦定理或余弦定理求解几何量，或者利用旋转构造最值线段.
二、多项选择题（本题共有3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 若是平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面内所有向量的基底的是（）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据平面向量共线定理以及基底的概念逐一判断即可.
【详解】对于A，若存在实数，使得，则，无解，所以与不共线，
可以作为平面的基底，故A错误；
对于B，因为，则与是共线向量，不能作为平面向量的基底，故B正确；
对于C，因为，则与是共线向量，不能作为平面向量的基底，故C正确；
对于D，因为，则与是共线向量，不能作为平面向量基底，故D正确.
故选：BCD.
10. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，，若有且仅有一个解，则的可能取值有（）
A. 0B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据三角形解的个数可得，再根据正弦定理结合三角变换可求的取值范围.
【详解】由正弦定理可得，故，
因为有且仅有一个解，故或，
由可得，由可得，结合为三角形内角可得，
故，
由正弦定理得
，
而，，故，
故选：ABC.
11. 如图，正方体的棱长为2，是线段的中点，是线段的中点，是线段上的一个动点，则下列结论中正确的是（）
A. 的最小值为B. 可能是直角
C. 三棱锥的体积为定值D. 的周长的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出等边的高，即可判断A；在矩形中假设为直角，推出矛盾，即可判断B；证明平面，即可判断C，四边形求出的最小值，即可判断D.
【详解】对于A，
因为为边长为的等边三角形，
所以的最小值即该等边三角形的高，
即，故A正确；
对于B：
在矩形中，，
若，即，此时，所以，
则，则，因为，
所以方程无解，即不可能是直角，故B错误；
对于C：连接，则，又，所以，平面，
平面，所以平面，又是线段上的一个动点
所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故C正确；
对于D：因为，如下图，
在四边形中，，，作点关于的对称点，
连接交于点，此时取得最小值，最小值为线段的长度，
又，
所以，所以，
所以，
所以的周长的最小值为，故D正确.
故选：ACD
非选择题部分
三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 水平放置的斜二测直观图为，已知，，则的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求出直观图的面积，由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案.
【详解】根据题意，水平放置的斜二测直观图为，则直观图的面积，
则的面积为.
故答案为：.
13. 已知圆柱的轴截面面积为1，则该圆柱侧面展开图的周长的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出圆柱侧面展开图的周长利用基本不等式可得答案.
【详解】设圆柱的母线长为，则圆柱的底面直径为，
所以该圆柱侧面展开图的周长为，
当且仅当即等号成立.
故答案为：.
14. 已知向量，，满足，，，，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得：，设，，，由可得：，从而可得：，进而可求出结果.
【详解】由题意可得：，设，，，
，，，，
整理得：，所以，
因为，所以，所以，
即的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知向量，，.
（1）求满足的实数x，y的值；
（2）若，求实数x的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）运用向量相等条件可解；
（2）运用向量平行坐标表示可解．
【小问1详解】
因为，，则，
又，，
所以，解得，；
【小问2详解】
因为，，则，
又，，
所以，解得.
16. 如图，在直三棱柱中，，、分别是BC、的中点，.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用直三棱柱的构造特征，结合线面垂直的性质、判定推理即得.
（2）由（1）中信息，结合相似三角形的性质求出，再利用等体积法求解即得.
【小问1详解】
在直三棱柱中，由，是的中点，得，
由平面，平面，得，
而平面，则平面，
又平面，则，而，平面，
所以平面.
【小问2详解】
在矩形中，由（1）知，，，
于是直角与直角相似，则，即，
因此，，，，
，，
设点到平面的距离为，由，得，
，解得，
所以点到平面的距离为.
17. 某村委为落实“美丽乡村”建设，计划将一块闲置土地改造成花卉观赏区.该土地为四边形形状，如图所示：米，米，.
（1）求的值；
（2）若点分别为边上的点，且米，米，又点在以C为圆心，为半径的圆弧上（内部），准备将四边形区域种植郁金香.设，求四边形的面积关于的表达式，并求该面积的最大值（无须求出取得最大值时的条件）
【答案】（1）
（2），其中为锐角且，最大值为平方米
【解析】
【分析】（1）由余弦定理可求，由正弦定理可求，故可求，
（2）由面积公式可求，，再利用辅助角公式可得及其最大值.
【小问1详解】
上，由余弦定理米，
在上，由正弦定理，
所以，而，故，
故.
【小问2详解】
因为，所以，，
，
，
所以四边形CEIF区域面积
（平方米），
其中为锐角且，因为，故，
故当时，有最大值且最大值为平方米.
18. 如图在直角梯形中，，，点E为CD的中点，以A为圆心AD为半径作圆交AB于点G，点P为劣弧DG（包含D，G两点）上的一点，AC与劣弧、BE分别交于点F，H.
（1）求向量与夹角的余弦值；
（2）若向量，求实数x，y的值；
（3）若向量与的夹角为，求的最小值.
【答案】（1）
（2），
（3）0
【解析】
【分析】（1）点为原点，、分别为、轴正方向建立平面直角坐标系，由向量的夹角的坐标运算求解即可；
（2）由平面向量基本定理可得，由，，三点共线求出，由此可求出实数x，y的值；
（3）法一：点为中点，因为，所以以为直径的圆与圆外切.由圆周角大于圆外角即可得出答案；法二：设，，则，求出，，由向量的夹角公式求解即可.
【小问1详解】
易得，且为正三角形，
所以，.
以点为原点，、分别为、轴正方向建立平面直角坐标系，
，
得，，
所以.
【小问2详解】
，
又因为，，三点共线，所以，解得.
，
，解得，
【小问3详解】
法一：点为中点，因为，
所以以为直径的圆与圆外切.
因为圆周角大于圆外角，
所以最大值为，即的最小值为0.
法二：设，
且如（1）所建平面直角坐标系，则，
，.
当时，取到最小值0，
所以的最小值为0.
19. 如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点E为AD中点，
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）点F为对角线AC上的点，且，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得；
（2）面面垂直的性质定理平面，线面垂直的判定定理得平面，平面，线面平行的判定定理得平面，作垂足为，由等面积法得求出可得答案；
（3）作平面，在平面作交于点，设线交线于点，由线面垂直的判定定理得平面，得，，求出可得答案.
【小问1详解】
，，
则，，
又，，平面，
平面，平面，
平面平面；
【小问2详解】
侧棱，点E为AD中点.，，，
为正三角形，取中点，则，，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
平面，所以，，
在边上取，连接，可得四边形是长方形，
可得，又，平面，
所以平面，作，垂足为，平面，
，，
又，平面，
平面，且，
又，平面，平面，
平面，
所以点到平面的距离，且点的投影在内，
在中，，，由余弦定理得，
作垂足为，由等面积法得，
所以二面角的大小的正弦值
，；
【小问3详解】
作平面，
则，为在平面内的射影，
所以点，，共线，
再在平面作交于点，
又，，平面，
平面，
设线交线于点，
则，又，，平面，
平面，平面，得，
，，
又因为，
所以与平面所成的最大角的正弦值为，
当点为线与的交点时取到最大角.
【点睛】方法点睛：求二面角的方法：1.概念法，概念法指的是利用概念直接解答问题；2.空间变换法，空间变换法指的是基本的空间方法，包括三垂线法、补角法、垂面法、切平面法等方法；3.空间向量法.
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