广东省深圳市高级中学高一下学期期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省深圳市高级中学高一下学期期中考试数学试题（解析版）-A4，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分150分，考试时间120分钟）命题人：高一数学备课组 审题人：胡婷婷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 已知向量，，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件，根据向量平行的坐标公式列方程求.
【详解】因为，，，
所以，
所以，
故选：A.
2. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，下面命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行，面面平行和面面垂直的判定定理，判断选项的正误.
【详解】若，则或，故A不正确；
若，则或与相交，故B不正确；
若，则或与相交，故C不正确；
若，则由面面垂直的判定定理可知，故D正确.
故选：D.
3. 在中，，则（ ）
A. 5B. 3或5C. 4D. 2或4
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理求解即可.
【详解】由余弦定理，得，
即，即，
解得或5，
经检验，均满足题意.
故选：B.
4. 如图，在正方体中，，，，，，分别是棱，，，，，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线和平行，和相交
B. 直线和平行，和相交
C. 直线和相交，和异面
D. 直线和异面，和异面
【答案】B
【解析】
【分析】利用几何法证明直线的位置关系.
【详解】
由，，，分别是棱，，，的中点，
可知，，
又，故；
延长交直线于点，故，
，
故点在的延长线上，即与相交.
故选：B.
5. 如图，某人为测量塔高，在河对岸相距的，处分别测得，，（其中，与塔底在同一水平面内），则塔高（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，在中，利用正弦定理求出，再利用直角三角形边角关系求解即得.
【详解】在中，由正弦定理得，，则，
在中，.
故选：A
6. 已知平面向量，，，在上的投影向量为，，则取最小值时的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用投影向量定义求出，再利用向量数量积的运算律求解.
【详解】因为在上的投影向量为，所以，则，
所以，
当且仅当即时，取最小值.
故选：A.
7. 如图，圆锥的轴截面是正三角形，为底面圆的圆心，为的中点，点在底面圆的圆周上，且是等腰直角三角形，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作中点，则直线与所成角为，由几何关系求出三边长，结合余弦定理得解.
【详解】如图，作中点，连接，因为为的中点，为中点，
所以，则线与所成角等价于与所成角，设，
则，，，，，
则，
所以直线与所成角的余弦值为.
故选：C
8. 在梯形ABCD中，，，，.若，则（ ）.
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】用表示和中相关的角，再用正弦定理建立关系，并整理得关于的方程即可作答.
【详解】梯形中，，，令，
则，，
中，由正弦定理得：，
中，由正弦定理得：，
两式相除得：，
，则，
所以
故选：D.
二、多项选择题：本题共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.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. 如图，三棱锥中，分别为棱的中点，平面，，，，则（ ）
A. 四点共面
B. 点与点到平面的距离相等
C. 直线与直线垂直
D. 三棱锥的体积为6
【答案】BD
【解析】
【分析】通过线面垂直的性质定理得平面，即可判断A；证明平面，点与点到平面的距离相等，再由点与点到平面的距离相等可判断B；证明平面，假设，则平面，而过点有且只有一条直线与平面垂直可判断C；利用等体积法计算三棱锥的体积可判断D.
【详解】因为分别为棱的中点，所以，，
又平面，所以平面，所以平面，
所以四点不共面，故A错误；
因为，且平面，平面，所以平面，
所以点与点到平面的距离相等，因为是线段的中点，
所以点与点到平面的距离相等，所以点与点到平面的距离相等，
故选项B正确；
因为平面，平面，所以，
因为，即，
，平面，所以平面，
因为，所以平面，因为平面，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
假设，，平面，则平面，
而过点有且只有一条直线与平面垂直，假设不成立，
所以直线与直线不垂直，故选项C错误；
因为，且，因为平面，所以平面，
因为为的中点，，
所以，
所以，
故选项D正确；
故选：BD
10. 在中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则是锐角三角形
B. 若是锐角三角形，则
C. 若，，，则满足这组条件的三角形有两个
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由正弦定理化角为边可得，结合余弦定理可得为锐角，举反例判断A，根据条件可得，，，结合正弦函数性质及诱导公式判断B，根据正弦定理解三角形求，根据结果判断C，由条件结合余弦定理可得，根据正弦定理化边为角，化简可得，判断D.
【详解】设的外接圆半径为，
由正弦定理可得，，，
对于A，因为，所以，
由余弦定理可得，又，
所以为锐角，由于无法确定，的大小，故无法判断是否为锐角三角形，
例如：当，，时，，此时为钝角三角形，A错误，
对于B，因为是锐角三角形，
所以，，，
所以，，，
因为函数在上单调递增，
所以，B正确；
对于C， 由正弦定理可得，
又，，，
所以，化简可得，
所以满足条件的角不存在，
所以满足这组条件的三角形不存在，C错误，
对于D，由余弦定理可得，又，
所以，故，
所以，又，
所以，
所以，
所以，故，
所以或，，
即或，，
又，，故，
所以，所以，D正确；
故选：BD.
11. 如图，正方体棱长为，是上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）
A. 的最小值为
B.
C. 当在直线上运动时，三棱锥的体积不变
D. 以点为球心，为半径的球面与面的交线长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】当时，BP最小，结合正三角形性质，求得B到直线的距离判断A，根据线面垂直判定定理证明平面，再证明，判断B，由题可得平面，结合锥体体积公式证明三棱锥的体积不变，判断C，证明平面，设与平面交于点，根据锥体体积公式求，根据球的截面的性质可得以点B为球心，为半径的球面与面 的交线即为的内切圆，即可判断D.
【详解】对于A，当时，BP最小，由于，
所以为边长为的等边三角形，
到直线的距离，故A错误；
对于B，由已知四边形为正方形，所以，
由正方体性质可得平面，又平面，
所以，又平面，，
所以平面，又平面，所以，故B正确；
对于C，由正方体的性质可得，平面，平面，
平面，到平面的距离为定值，

又为定值，则为定值，即三棱锥的体积不变，故C正确；
对于D，因为四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，
所以，又平面，，
所以平面，又平面，
所以，
因四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，
所以，又平面，，
所以平面，又平面，
所以，又，，
所以平面，设与平面交于点，
则三棱锥的体积，
又，
，，，
，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为，
，，
在以为圆心，为半径的圆上，

由于为正三角形，边长为 ，其内切圆半径为 ，
故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内，
交线长为，故D正确．
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用圆台侧面积公式即可求解.
【详解】根据题意可知：圆台的侧面积为.
故答案为：.
13. 如果一个三角形的三边是三个连续的正整数，且这个三角形的最大角是最小角的倍，则这个三角形的周长为______.
【答案】
【解析】
【分析】设三角形的三边分别为，，，对应的角分别为，则，由正弦定理及二倍角的正弦公式可得，又由余弦定理得，列方程求，由此可求出三边长，再求周长可得结论．
【详解】设三角形的三边分别为，，，,对应的角分别为，
则，由题意可得，
由正弦定理可得，
∴，
又由余弦定理可得，
∴，化简可得，解得，或（舍去），
∴三角形的三边分别为4，5，6，
∴三角形的周长为.
故答案为：.
14. 若向量与向量的夹角为θ，我们定义“”为向量与向量的“外积”.两个向量的外积是一个向量，它的长度定义为.在中，，，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设分别为的中点，结合三角形相似推出，由题意可得，，确定四边形面积的最大值，根据题意结合面积公式即可得结果.
【详解】设分别为的中点，连接，
则，所以，
所以，故，即，
又因为，，
所以，.
当时，四边形面积最大，最大值为，
故的面积的最大值为，
又，所以的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 如图，在梯形中，，，，为线段的中点，记，．
（1）用，表示向量；
（2）求的值；
（3）求与夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用向量加减法的三角形法则，结合向量的线性运算得到结果即可.
（2）由向量的数量积定义和向量模的求法求解即可.
（3）由向量的数量积和向量的夹角公式计算即可.
【小问1详解】
如图，连接，
因为为线段的中点，，
所以，因为，所以，
由向量的加法法则得，
故，即成立.
【小问2详解】
由于，可得，又有，
所以；
，故.
【小问3详解】
由向量的减法法则得，
由于，可得，又有，
得到，故，
则，
由上问得，故.
16. 如图，四棱锥中，已知侧棱和底面边长都等于，是线段上的动点.
（1）求四棱锥的体积；
（2）若是的中点，求证：平面；
（3）直线是否与直线互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）垂直，证明见解析
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，利用线面垂直的判定定理可得为四棱锥底面上的高，再根据四棱锥的体积公式求解即可；
（2）连接交于，连接，利用中位线证明，结合线面平行的判定定理证明即可；
（3）先证明平面，再根据线面垂直的性质定理证明即可.
【小问1详解】
连接交于，连接，
因为四棱锥中，侧棱和底面边长都等于，
所以底面是菱形，是等腰三角形，是中点，
所以，同理可得，
因为平面，，所以平面，
所以为四棱锥底面上的高，
又因为，所以底面是正方形，
所以，，
所以四棱锥的体积为.
【小问2详解】
如图，连接交于，连接，
因为是中点，是中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
【小问3详解】
不论点在侧棱的任何位置，都有，
证明：由（1）可知，，
因，平面，所以平面，
又因为平面，所以，此时与点在侧棱的位置无关.
17. 已知分别为锐角三个内角的对边，且.
（1）求A；
（2）若，D为BC边的中点，求AD长的最大值；
（3）若，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先用正弦定理边角互化，继而用诱导公式与两角和与差的正弦公式进行化简，得，最后由角，的范围得到结果；
（2）先根据第一问的结论与余弦定理得，再根据重要不等式得到，而为边的中点，所以，两边平方化简可得到的范围，即可求最大值；
（3）由正弦定理表示，再由三角形面积公式列式，已知角的大小，故面积可以化简为，最后由为锐角三角形求出角的范围，即可得到面积的范围.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，，
因为，则，所以，故.
【小问2详解】
由及，可得，
而，当且仅当时取等号，
又为边的中点，，
两边平方得
，
故，当且仅当时取等号，
所以长的最大值为.
【小问3详解】
由正弦定理，得，，
因为，所以，所以，
因为为锐角三角形，所以，解得，
则，所以.
18. 如图，正四棱柱中，，底面中心为O，点E在棱上，且，.
（1）当时，证明：平面平面；
（2）当时，求过点A₁，E，O的平面截正四棱柱所得截面的面积的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证，再证，进而可证平面，再由面面垂直的判定定理可证平面平面；
（2）根据题意将截面做出来，易知，只需计算的最大值即可，因此需要求出相应的边长，利用面积公式求出，结合二次函数即可求最大值.
【小问1详解】
由已知得点E是的中点，且平面.
由可得.
所以，
因为，
故即.
由正四棱柱可知平面，
因为平面，所以.
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
延长，交于，设过点的截面与棱的公共点为G，连.
由面面平行的性质定理可得此截面四边形是平行四边形
由，得.从而，
，
设，在中由余弦定理得：
故当时，取得最小值，从而
故截面四边形的最小值为.
19. 已知三个内角的对边分别为，且，，.的内心、重心、外心、垂心依次记为点、、、，如图所示.
（1）求和；
（2）连接、，并延长交BC边于点，用，做基底来表示；
（3）被誉为“数学之王”的瑞士数学家欧拉，在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：设的外心，重心，垂心分别是，，，则，，三点共线（欧拉线），且.请运用欧拉线定理，求的值.
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先用余弦定理求，再利用数量积的定义求；利用数量积的几何意义可求；
（2）在由角平分线定理可得，进而得出，再用基底表示，
在中由角平分线定理可得，进而得出，即可利用基底表示；
（3）由重心的性质得，进而求出，再结合第（2）问计算和即可.
【小问1详解】
由题意可得，在中利用余弦定理，
则，
因是的外心，
则，
所以的值为.
【小问2详解】
内心是三角形三条角平分线的交点，如图所示，
在由角平分线定理得，所以，所以，
则，
连接，在中，平分，
由角平分线定理可得，
所以.
【小问3详解】
由欧拉线定理得：三点共线，且，
由重心的性质可知，
则
，
则，
因
，
，