精品解析：江苏省南菁高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷+答案

这是一份精品解析：江苏省南菁高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷+答案，共6页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，每小题5分，共8小题，共计40分.）
1. 已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线．
若
则下列说法正确的是（ ）
A. a与l相交B. b与l相交C. a∥bD. a与β相交
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可.
【详解】对于AB，平面，，则，
同理可得，则AB错误；
对于C，由AB知道，则C正确；
对于D，由A知道平面，平面，则，故D错误.
故选：C.
2. 已知向量，的数量积（又称向量的点积或内积），其中表示向量，的夹角，定义向量，的向量积（又称向量的叉积或外积）；，其中表示向量，的夹角，已知点，，O为坐标原点，则（ ）
A. 0.5B. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据数量积公式求出夹角的大小，再用向量积公式即可求解.
【详解】因为点，，所以，，
所以，，
所以，
因为，所以，
所以．
故选：D.
3. 已知的外接圆圆心为，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】根据条件作图可得为等边三角形，根据投影向量的概念求解即可.
【详解】因为，
所以外接圆圆心为的中点，即为外接圆的直径，如图，
又，所以为等边三角形，
则，故，
所以向量在向量上的投影向量为：．
故选：A．
4. 庑殿（图1）是古代传统建筑中的一种屋顶形式.宋称为“五脊殿”、“吴殿”，庑殿建筑是房屋建筑中等级最高的一种建筑形式，多用作宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上.学生小明在参观文庙时发现了这一建筑形式，将其抽象为几何体，如图2，其中底面为矩形，，则该几何体的体积为（ ）

A. 512B. 384C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等腰梯形以及等腰三角形的性质，利用勾股定理求解长度，利用体积公式求出一个棱柱与两个棱锥的体积，可得该几何体的体积，
【详解】因为，，所以，
由，
得四边形，四边形均为等腰梯形，

过作于，作于，连接，
过作于，作于，连接，
所以，，，
因，，所以，
又，，在平面内，，
所以平面，同理，平面，所以平面平面，
所以该几何体被分为一个棱柱与两个棱锥．
分别取，的中点，，连接，，
因为，所以，，
所以，
，
连接，交于，则为的中点，连接，
因为平面，在平面内，所以，
因为，所以，
又，在平面内，，所以平面，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以该几何体的体积为，
故选：D
5. 已知分别是内角所对的边，是方程的两个根，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理去求的值.
【详解】是方程的两个根，则有，
则
故选：B
6. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点P.已知平面内点，点，把点B绕点A沿顺时针方向旋转后得到点P，求点P的坐标.（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据题意得到的坐标，再根据向量加，减法的三角形法则表示出，再根据点的坐标与向量坐标的关系求解即可.
【详解】由已知，
故，
，，
∴点的坐标为.
故选：D
7. 在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，若为三棱锥的外接球直径，且与所成角的余弦值为，则该外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】记球心为，取中点为、中点为，连接，易得，，由，即可求出，由此即可求出答案.
【详解】如图所示：记球心为，取中点为、中点为，连接，
记外接球半径为，
中，，,，
在中，，,
在中，，
所以AC与BD所成角为，即，
在中,，，
所以，
解得：，
所以该外接球的表面积为：
故选：A.

8. 在锐角三角形ABC中，若，且满足关系式，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据已知条件求得，构造的函数，通过求三角函数的值域，即可求得结果.
【详解】因为，故可得，
又，故可得.
因为，故可得
整理得，则.
故可得，
因为，故可得.
则
故可得.
故选：C.
【点睛】本题考查利用正余弦定理求解三角形中的范围问题，涉及正弦的和角公式，属综合困难题.
二、多选题：（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，本题共3小题，每小题6分，共18分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 棱柱所有的面都是平行四边形
B. 正方体的外接球与内切球的表面积之比为3：1
C. 已知是边长为2的正三角形，则其直观图的面积为
D. 以等腰梯形的一条腰所在的直线为旋转轴旋转一周，形成的几何体是圆台
【答案】BC
【解析】
【分析】根据棱柱的性质判断A，求球的外接球的半径和内切球的半径，结合球的表面积公式判断B，根据斜二测画法判断C，根据旋转体的结构特征判断D.
【详解】对于A，三棱柱的底面为三角形，A错误；
对于B，设正方体的边长为，
则其外接球半径为，内切球半径为，
所以其外接球表面积为，内切球表面积为，
所以正方体的外接球与内切球的表面积之比为3：1，B正确；

对于C，
以的中点为原点，为轴建立平面直角坐标系，再作其直观图如下：
的面积为，
根据斜二测画法的规定可得
，，
过点作，垂足为，则，
其直观图的面积为，C正确；
以等腰梯形的一条腰所在的直线为旋转轴旋转一周，
形成的几何体为一个圆锥和一个圆台并挖去一个圆锥的组合体，D错误.
故选：BC.
10. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ）
A. 在锐角中，不等式恒成立
B. 若，，且有两解，则的取值范围是
C. 若，且，则是等边三角形
D. 已知点所在平面内一点，满足，则与面积之比是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，在为锐角三角形的前提下，得到的关系，再借助正弦函数在单调性及诱导公式，即可判断；对于B，由有两解必须满足，从而求出的范围即可判断；对于C，借助向量数量积的定义化简条件中的两个式子即可判断；对于D，设的中点为，借助向量加减法的三角形法则及向量共线定理化简，得到，从而确定点位置，即可判断与面积即之比.
【详解】对于选项A，若为锐角三角形，所以，所以，
由正弦函数在单调递增，则，故A正确；
对于选项B，如图，若有两解，则，
所以，即b的取值范围是，故B错误；
对于选项C，，由，
所以，因为，可得，
又由，可得，
所以是等边三角形，故C正确；
对于选项D，
由可得，
即，化简得，
即，即，
设的中点为，则有，
所以点在的中位线所在直线上，则点和点到直线的距离之比为，
所以，故选项D正确.
故选：ACD
11. 地球环境科学亚欧合作组织在某地举办地球环境科学峰会，为表彰为保护地球环境做出卓越贡献的地球科研卫士，会议组织方特别制作了富有地球寓意的精美奖杯，奖杯主体由一个铜球和一个三足托盘组成，如图①，已知球的表面积为，底座由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图②，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与平面所成的角为
B. 底座多面体的体积为
C. 平面平面
D. 球离球托底面的最小距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，由平面可得就是直线与平面所成的角，即可判断A项；多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，利用几何体的体积公式计算，可判断B项；利用面面平行的判定定理证明平面平面，可判断C项；由已知可得球的半径，计算球心到平面的距离，即可判断D项.
【详解】解：根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，如图所示，
对于A，平面，∴就是直线与平面所成的角，∵是等边三角形，∴，A正确；
对于B，将几何体补全为直三棱柱，如下图示，∴多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，∴由下图知：，故B正确；
对于C，因为且，故四边形为平行四边形，故，
因为、分别为、的中点，则，故，
∵平面，平面，∴平面，
∵，平面，平面，∴平面，
∵，所以，平面平面，
因为过直线有且只有一个平面与平面平行，显然平面与平面不重合，
故平面与平面不平行，故C错误；
对于D，由上面讨论知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又.所以球离球托底面的最小距离为，D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 设是两个不共线的向量，，.，且B，C，D三点共线，则实数k的值为_________．
【答案】12
【解析】
【分析】先根据向量的减法表示，再由B，C，D三点共线得到向量共线，再根据向量相等列出方程组求解即可.
【详解】由题意可知，因为，
且B，C，D三点共线，所以存在实数λ，使得，
即，得,解得.
故答案为：12
13. 直三棱柱中，，，、分别为线段、的动点，则周长的最小值是____________.
【答案】##
【解析】
【分析】将面、面沿着延展为一个平面，将面、面沿着延展为一个平面，连接，则线段的长即为周长的最小值，利用余弦定理求出线段的长，即为所求.
【详解】如下图所示：

将面、面沿着延展为一个平面，
将面、面沿着延展为一个平面，连接,
此时，线段的长即为周长的最小值，
则，，
由于，，，则，
延展后，则四边形为矩形，
因为，，则为等腰直角三角形，所以，，
延展后，则，
由余弦定理可得.
故答案为：.
14. 已知点为锐角的外接圆上任意一点，，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】借助向量数量积的定义，的外接圆的半径为及正弦定理，二倍角公式把表示成，在锐角三角形的前提下得到的范围，再借助的范围，即可求出的取值范围.
【详解】因为，
，
设的外接圆的半径为，则
，
，
在中，由正弦定理可得，
又，所以，
所以，
因为，所以，
因为，
所以，所以，
又，所以，故，
所以，所以，
又在上都为增函数，
所以，故，
又，，，
，故，
所以，
其中当时，即点与点重合时左侧等号成立，
所以的取值范围为.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，，，且，．
（1）求向量、；
（2）若，，求向量，的夹角的大小.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意结合向量平行及垂直的坐标表示可求，，进而可求；
（2）设向量，的夹角的大小为．先求出，，然后结合向量夹角的坐标公式可求．
【小问1详解】
解：因为，，，且，，
所以，，
所以，，
所以，；
【小问2详解】
解：设向量，的夹角的大小为．
由题意可得，，，
所以，
因为，所以．
16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点．
（1）证明：平面平面；
（2）若平面平面，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由空间中垂直关系的转化可证平面，故可证平面平面；
（2）由线面平行的判定定理可证平面，再由线面平行的性质定理可证.
【小问1详解】
因为底面，平面，所以．
因为为正方形，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
因为，为线段的中点，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面．
又因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
因为底面为正方形，所以
又∵面，平面，∴平面，
又因为平面，平面平面，所以.
17. 某校高中“数学建模”实践小组欲测量某景区位于：“观光湖”内两处景点A，C之间的距离，如图，B处为码头入口，D处为码头，BD为通往码头的栈道，且，在B处测得，在D处测得．（A，B，C，D均处于同一测量的水平面内）
（1）求A，C两处景点之间的距离；
（2）栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线是否垂直？请说明理由．
【答案】（1）
（2）不垂直，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件利用正弦余弦定理求解即可；
（2）在和中利用正弦余弦定理求解，然后计算是否为零即可.
【小问1详解】
由已知在中，，，，
所以，则为等腰三角形，
则，
在中，，，，
则，
由正弦定理，即，解得，
在中，，，
由余弦定理，
即A，C两处景点之间的距离为；
【小问2详解】
在中，，
在中，因为，
所以，
由正弦定理，
即，得，
所以
，
即栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线不垂直.
18. 如图所示，在三棱锥中，满足，点M在CD上，且，为边长为6等边三角形，E为BD的中点，F为AE的三等分点，且.
（1）求证：面ABC；
（2）若二面角的平面角的大小为，求直线EM与面ABD所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）在BE上取一点N，使得，由题可得，，根据线面平行及面面平行的判定定理可得面面ABC，进而即得；
（2）根据面面垂直的判定定理可得面面AEC，过点C作，则面ABD，根据条件可得C到面ABD的距离及M到面ABD的距离，然后利用余弦定理可得EM，进而即得.
【小问1详解】
在BE上取一点N，使得，连接FN，NM，
∵，∴，，，
∵，∴，
则，又面ABC，面ABC，
∴面ABC，
∵，∴.
∵面ABC，面ABC，∴面ABC，
∵，面FNM，
∴面面ABC，又面FNM，
∴面ABC；
【小问2详解】
∵，，
所以二面角的平面角为.
又∵，面AEC，
∴面AEC，∵面ABD，
∴面面AEC，
∵面面，在面AEC内过点C作于H，则面ABD，
则
∵，
∴，即C到面ABD的距离为，
∵，∴M到面ABD的距离为.
计算EM：，
在中，，，
∴.
∴EM与面ABD所成角的正弦值为.
19. 在中，角的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）．
（1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求；
（2）如图2，若，，交于一点，
①求的值，②若，，，，求．
【答案】（1）
（2）①1；②
【解析】
【分析】（1）根据平面向量共线定理用两种方法分别表示出，再根据平面向量基本定理列出方程组，求解即可；
（2）①把的面积分别表示成两个三角形面积的差，进而求出面积的比，同理求出的值，相乘即可；②通过做平行线，利用三角形全等及相似得到及的值，在和中分别用余弦定理建立等式，求出的长，进而求出及，再利用三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
设，则，因为，，
所以，
由图可知三点共线，所以令
，
所以，解得，所以.
【小问2详解】
①
如图，过点作于点，过作于点，
因为，
同理，
所以，
，
所以，同理可证，，，
因为，，，
所以由图可知，
所以.
②
如图所示，过点作交于点，过作交于点，
由，，可得，
所以，所以，
由，，可得，且，
所以，，即，
设，则由余弦定理可得，
，
即，解得，
所以，
故，
所以.