福建省厦门第六中学2024-2025学年高一下学期期中 数学试卷（含解析）

这是一份福建省厦门第六中学2024-2025学年高一下学期期中 数学试卷（含解析），共17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。
1.在△ABC中，B=45∘，C=60∘，c=1，则b=( )
A. 63B. 62C. 12D. 32
2.在△ABC中，D在BC上且DC=3BD，设AB=a,AC=b，AC=b，则AD=( )
A. 14a+34bB. 34a+14bC. 23a+13bD. 13a+23b
3.如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图为△A′B′C′，已知A′O′=B′O′=C′O′=1，求△ABC的周长( )
A. 6
B. 8
C. 2+2 5
D. 2+4 5
4.已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A. 若m//α，m⊥n，则n⊥αB. 若m//α，β⊥α，则m//β
C. 若m//α，n⊥α，则m⊥nD. 若m//α，m⊥β，则α//β
5.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱A1A的中点，则异面直线DE，CD1所成角的余弦值是( )
A. 55
B. 22
C. 1010
D. 105
6.某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度OP，选取了在同一水平面上的A，B，C三处，其中B是AC的中点.如图.已知在A，B，C处测得该建筑顶部P的仰角分别为30∘，45∘，60∘，AC=20米，则该建筑的高度OP=( )
A. 5 6米
B. 10米
C. 5 3米
D. 5 2米
7.已知三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=60∘，PA=AC=2，则此三棱锥外接球的表面积为( )
A. 14π3B. 28π3C. 10πD. 5π
8.已知ΔABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA⋅(PB+PC)的最小值是()
A. −2B. −32C. −43D. −1
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知向量a=(1,3)，b=(2,y),(a+b)⊥a，则( )
A. b=(2,−3)B. 向量a，b的夹角为3π4
C. |a+12b|=1D. a在b方向上的投影向量是(−1,2)
10.已知△ABC中，AB=1，AC=4，BC= 13，D在BC上，AD平分∠BAC，下列结论正确的是( )
A. cs∠BAC=12B. △ABC的面积为 3
C. CDBD=14D. AD=4 35
11.已知圆台OO1上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4.正四棱台上底面A1B1C1D1的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面ABCD的四个顶点在圆台下底面圆周上，则( )
A. 圆台OO1的体积V=56 3π3
B. AA1与底面所成的角为60∘
C. 二面角A1−AB−C小于60∘
D. 正四棱台ABCD−A1B1C1D1的外接球的表面积为64π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知AB=(sinα,2)，BC=(csα,−1)，若A、B、C三点共线，则tanα=______.
13.已知某圆锥的高为8，体积为96π，则该圆锥的侧面积为______.
14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，已知a=4ccsB，则(1)tanBtanC=______，(2)Sb2的最大值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，设AB=a，AD=b.
(1)用a,b表示AC,CE,DE；
(2)若AB=2，AD=6，且∠BAD=120∘，求AC⋅DE.
16.(本小题15分)
如图，在平面四边形ABCD中，∠ADC=90∘，∠A=45∘，AB=4，BD=10.
(1)求cs∠ADB；
(2)若△BCD的面积为4 46，求BC.
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.
(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(2)棱PB上是否存在点F，使得CF//平面PAE？说明理由.
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，从以下三个条件中任选一个，解答以下问题
①b2+bc=a2；②acsB=b+bcsA；③tan2B=1−csA1+csA.
(1)求证：A=2B；
(2)若csB=34，a+4=2c，求边长b.
(3)求3b+cbcsB的最小值.
19.(本小题17分)
如图1，在平面四边形ABCD中，AB=2，AD=1，∠A=90∘，CD= 5，cs∠BDC=15，将△BCD沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥C−DAB，且AC=2.
(1)证明：AC⊥面ABD；
(2)在三棱锥C−DAB中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l.
①证明：l//AD；
②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由正弦定理bsinB=csinC可得，b=csinBsinC=1×sin45∘sin60∘=1× 22 32 63.
故选：A.
利用正弦定理即可得出．
本题考查了正弦定理解三角形，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
2.【答案】B
【解析】解：由已知可得BD=14BC，
则AD=AB+BD=AB+14BC=AB+14(AC−AB)，
即AD=AB+14AC−14AB=34AB+14AC，
又因为AB=a,AC=b，
所以AD=34a+14b.
故选：B.
作出图形，再根据平面向量的线性运算来求得正确答案．
本题考查平面向量的线性运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，作出原图△ABC，
由斜二测画法，在原图中，CO=2C′O′=2，AO=BO=1，
所以BC=AC= 5，故△ABC的周长为2+2 5.
故选：C.
根据题意，作出原平面图形，由斜二测画法分析原图的数量关系，计算可得答案．
本题主要考查平面图形的直观图，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：若m//α，不妨设m在α内的投影为m′，则m//m′，
对于选项A：若m//α，m⊥n，则n⊥m′，结合线面垂直判定定理可知，n不一定垂直α，故A错误；
对于选项B：若m//α，β⊥α，此时m与α可能相交、平行或m在α上，故B错误；
对于选项C：若m//α，n⊥α，则n⊥m′，从而m⊥n，故C正确；
对于选项D：若m//α，m⊥β，则m′⊥β，结合面面垂直判定定理可知，α⊥β，故D错误．
故选：C.
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：取AB的中点F，连接EF、DF、A1B，
由正方体的性质可得A1D1//BC，A1D1=BC，
可得四边形D1A1BC为平行四边形，
所以A1B//D1C，结合E、F为所在棱的中点，可得EF//A1B，
所以EF//D1C，∠DEF(或其补角)即为异面直线DE和CD1所成的角，
设正方体的棱长为2，则DE=DF= 5,EF= 2，
可得cs∠DEF=DE2+EF2−DF22⋅DE⋅EF=5+2−52⋅ 5⋅ 2= 1010，
故异面直线DE和CD1所成的角的余弦值为 1010.
故选：C.
取AB的中点F，连接EF、DF、A1B，可证出∠DEF(或其补角)为异面直线DE和CD1所成的角，故可求它的余弦值．
本题主要考查正方体的结构特征、异面直线所成角的定义与求法、余弦定理等知识，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：设OP=h米，在Rt△AOP中，tan∠OAP=OPOA，已知∠OAP=30∘，
所以OA=htan30∘= 3h.
在Rt△BOP 中，tan∠OBP=OPOB，已知∠OBP=45∘，
所以OB=htan45∘=h.
在Rt△COP 中，tan∠OCP=OPOC，已知∠OCP=60∘，
所以OC=htan60∘= 3h3.
因为B是AC的中点，且AC=20米，
所以AB=BC=10米．
又因为∠OBA+∠OBC=180∘，所以cs∠OBA+cs∠OBC=0.
在△BOA，△BOC中，由余弦定理可得：102+h2−( 3h)220h+102+h2−( 33h)220h=0.
解得h=5 6.
所以OP=5 6米．
故选：A.
根据三角形余弦定理求解即可．
本题考查三角函数值的表示及三角形余弦定理的应用，属于中等题．
7.【答案】B
【解析】解：因为三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=60∘，PA=AC=2，
设底面△ABC的外接圆的半径为r，三棱锥外接球的半径为R，
由正弦定理得2r=ACsinB=2sin60∘=4 3，可得r=2 3，
所以R= (PA2)2+r2= 12+(2 3)2= 73，
则外接球的表面积为S=4πR2=4π×( 73)2=283π.
故选：B.
根据题意，利用正弦定理求得△ABC的外接圆的半径r=2 3，再由球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查平面向量数量积的应用，根据条件建立坐标系，利用坐标法是解决本题的关键，属于中档题.
根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【解答】
解：以BC中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0, 3)，B(−1,0)，C(1,0)，
设P(x,y)，则PA=(−x, 3−y)，
PB=(−1−x,−y)，PC=(1−x,−y)，
则PA⋅(PB+PC)=2x2−2 3y+2y2
=2[x2+(y− 32)2−34]，
∴当x=0，y= 32时，PA⋅(PB+PC)取得最小值，
其最小值为2×(−34)=−32，
故选B.
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，∵a=(1,3)，b=(2,y)，
∴a+b=(3,3+y)，
∵(a+b)⊥a，
∴3×1+3×(3+y)=0,y=−4,b=(2,−4)，故A错误；
对于B，cs⟨a,b⟩=a⋅b|a|⋅|b|=1×2−3×4 10⋅ 20=− 22，
则向量a,b的夹角为3π4，故B正确；
对于C，∵a+12b=(1,3)+(1,−2)=(2,1)，
∴|a+12b|= 5，故C错误；
对于D，a在b方向上的投影向量为(a⋅b)⋅b|b2|=(−1,2)，故D正确．
故选：BD.
根据已知条件，结合平面向量的夹角公式，模公式，投影向量的公式，即可依次求解．
本题主要考查平面向量的夹角公式，模公式，投影向量的公式，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：在△ABC中，已知AB=1，AC=4，BC= 13，
cs∠BAC=AB2+AC2−BC22⋅AB⋅AC，
=12+42−( 13)22×1×4=1+16−138=48=12，
因此，选项A正确；
在△ABC中，由余弦定理cs∠BAC=AB2+AC2−BC22AB×AC=1+16−132×1×4=12，
∴∠BAC=60∘，故SΔABC=12×AB×AC×sin60∘=12×1×4× 32= 3，故B正确；
根据角平分线定理，在△ABC中，若AD平分∠BAC且交BC于D，则BDDC=ABAC，
已知AB=1，AC=4，代入得：BDDC=14⟹CDBD=4，
因此，C选项中CDBD=14是错误的．故C不正确；
由余弦定理可知：csC=13+16−12×4× 13=72 13，
∴sinC= 32 13，∵AD平分∠BAC，∴∠DAC=30∘，
∴sin∠ADC=sin(C+30∘)= 32 13× 32+72 13×12=52 13，
在△ACD中，由正弦定理可得：ADsinC=ACsin∠ADC，
故AD=ACsinCsin∠ADC=4× 32 1352 13=4 35，故D正确．
故选：ABD.
利用余弦定理计算，判断A；根据面积公式计算△ABC的面积，判断B；利用角平分线定理，判断C；利用正弦定理计算AD，判断D.
本题考查三角形中的几何计算，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，作图如下：
过A1作A1P⊥AO，作截面ACC1A1的平面图，易知ACC1A1为等腰梯形，
且OO1为AC，A1C1中点，易得A1C1=4，AC=8，AA1=4，AP=AC−A1C12=2，
故OO1=A1P= AA12−AP2= 42−22=2 3，
即圆台的高h=2 3，
又A1B1=A1C1 2=2 2，AB=AC 2=4 2，
即四棱台的上下底面边长分别为2 2和4 2，
对A：圆台OO1的体积V=π3(A1O12+AO2+ A1O12+AO2)×O1O
=π3×(22+42+8)×2 3=56 33π，故A正确；
对B：易得∠A1AO即为AA1与底面所成角，
在三角形A1AP中，cs∠A1AO=APAA1=24=12，
又∠A1AO∈(0,π2],故∠A1AO=π3，故B正确；
对C：过P作PQ⊥AB，垂足为Q，连接A1Q，
由O1O⊥平面ABC，A1P//O1Q，
则A1P⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，
故AB⊥A1P，又AB⊥PQ，PQ∩A1P=P，PQ，A1P⊂平面A1PQ，
故AB⊥平面A1PQ，又A1Q⊂平面A1PQ，
故AB⊥A1Q，
则∠A1QP即为二面角A1−AB−C的平面角，
sin∠A1QP=A1PA1Q，sin∠A1AP=A1PA1A，又A1Qsin∠A1AP，
由B选项知，∠A1AP=60∘，结合y=sinx在(0,π2)单调递增可知，∠A1QP>60∘，故C错误；
对D：设外接球半径为R，球心到下底距离为x，
在ACC1A1的平面图中，O2为球心，
则O1C2=2，OC=4，O2C1=O2C=R，
故R2−x2=16R2−(2 3−x)2=4，
解得R=4，
故表面积S=4πR2=64π，故D正确．
故选：ABD.
对A：根据圆台和棱台的体积公式，结合已知数据，求解即可；
对B：过A1作A1P⊥AO，则∠A1AP即为所求，根据已知条件求解即可；
对C：过P作PQ⊥AB，连接AQ，找到二面角的平面角为∠A1QP，再解三角形即可；
对D：设出球心和球半径，根据几何关系，列出等量关系求解即可．
本题考查立体几何综合问题，属于难题．
12.【答案】−2
【解析】解：由A、B、C三点共线，
得AB//BC，
因此−sinα=2csα，所以tanα=−2.
故答案为：−2.
根据给定条件，利用共线向量的坐标表示列式计算得解．
本题主要考查向量平行的性质，属于基础题．
13.【答案】60π
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，因为圆锥的高为8，体积为96π，
所以13πr2×8=96π，解得r=6，
所以该圆锥的母线长为l= 62+82=10，
所以圆锥的侧面积为S侧=πrl=60π.
故答案为：60π.
根据题意求出圆锥的底面圆半径r和母线长l，再求圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题．
14.【答案】3 13
【解析】解：设△ABC的外接圆半径为r，由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=2r，
所以a=2rsinA，c=2rsinC，又a=4ccsB，故2rsinA=4×2rsinC⋅csB，因为r>0，
所以sinA=4sinCcsB，∴sin(B+C)=4sinCcsB，
∴csCsinB=3sinCcsB，∴tanB=3tanC，tanBtanC=3；
第二空，因为a=4ccsB，a=4ca2+c2−b22ac，a2+2c2=2b2，
又因为csB=a4c,S=12acsinB=12ac 1−(a4c)2，
Sb2=12ac 1−(a4c)2b2=12ac 16c2−a24cb2
=18 (ac)2⋅16c2−a2c2b2=18 16a2c2−a4b4
=18 8a2(2b2−a2)−a4b4=18 16(ab)2−9(ab)4，
当(ab)2=89时，即ab=2 23时，Sb2取得最大值，最大值为13.
空1：由条件a=4csB，结合正弦定理化边为角可得sinA=4sinCcsB，结合内角和公式，诱导公式，两角和正弦公式化简可得结论；
空2：由条件化角为边可得a2+2c2=2b2，结合三角形面积公式及条件可得Sb2=18 16(ab)2−9(ab)4再求其最值；
本题考查三角形中的几何计算，属于中档题．
15.【答案】AC=a+b，CE=−12b，DE=a−12b；
−17.
【解析】解：(1)在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，设AB=a，AD=b，
根据平面向量的加法法则可得AC=AB+BC=AB+AD=a+b，
CE=12CB=12DA=−12AD=−12b，DE=DC+CE=AB−12AD=a−12b，
所以AC=a+b，CE=−12b，DE=a−12b；
(2)若AB=2，AD=6，且∠BAD=120∘，
由(1)知：AC⋅DE=(AB+AD)⋅(AB−12AD)=AB2+12AB⋅AD−12AD2，
又AB=2，AD=6，且∠BAD=120∘，
则AC⋅DE=4+12×12×(−12)−18=−17.
(1)由向量对应线段的数量、位置关系用AB,AD表示出AC,CE,DE即可；
(2)由(1)及向量数量积的运算律可得AC⋅DE=AB2+12AB⋅AD−12AD2，结合已知即可求值．
本题考查了平面向量数量积的运算，属于中档题．
16.【答案】解：(1)在△ABD中，由正弦定理得BDsin∠A=ABsin∠ADB，即10sin45∘=4sin∠ADB，解得sin∠ADB= 25，
结合0∘π，不符合题意，
所以B=A2，即A=2B.
(2)因为csB=34，则sinB= 1−cs2B= 1−(34)2= 74，
由A=2B，可得sinA=sin2B=2sinBcsB=2× 74×34=3 78，
csA=cs2B=2cs2B−1=2×(34)2−1=18，
所以sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB=3 78×34+18× 74=5 716，
已知a+4=2c，由正弦定理asinA=csinC，可得ac=sinAsinC=3 785 716=65，
设a=6k，c=5k，则6k+4=2×5k，解得k=1，所以a=6，c=5，
根据余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB=62+52−2×6×5×34=16，
所以b=4.
(3)sinC=sin(A+B)=sin3B=sinBcs2B+csBsin2B
=sinB(2cs2B−1)+2sinBcs2B=4sinBcs2B−sinB=4sinB(1−sin2B)−sinB=3sinB−4sin3B.
所以3b+cbcsB=3sinB+sinCsinBcsB=3sinB+3sinB−4sin3BsinBcsB=6−4sin2BcsB=2+4cs2BcsB=4csB+2csB.
因为0