浙江省宁波市三锋教研联盟2023-2024学年高一下学期期中联考数学试卷（Word版附答案）

这是一份浙江省宁波市三锋教研联盟2023-2024学年高一下学期期中联考数学试卷（Word版附答案），共11页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸，下列命题是真命题的是等内容，欢迎下载使用。
高一年级数学学科试题
考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．在中，角所对边分别为，且，（ ）
A．B．或C．D．或
2．已知向量，若，则（ ）
A．B．2C．D．4
3．已知是平面上的非零向量，则“”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
4．下列结论正确的是（ ）
A．若直线不平行于平面，且，那么内存在一条直线与平行
B．已知平面和直线，则内至少有一条直线与垂直
C．如果两个平面相交，则它们有有限个公共点
D．棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等
5．已知的内角所对的边分别为，面积为，若，的形状是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形C．正三角形D．等腰直角三角形
6．正四棱台的上、下底面的边长分别为2，8，侧棱长为，则其体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知扇形的半径为13，以为原点建立如图所示的平面直角坐标系，，弧的中点为，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，四面体各个面都是边长为2的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，则圆柱的体积是（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．下列命题是真命题的是（ ）
A．空间三点可以确定一个平面
B．为两个不同的平面，直线，则“”是“”必要不充分条件
C．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
D．长方体是直平行六面体
10．已知是夹角为的单位向量，且，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．与的夹角为D．在方向上的投影向量为
11．正方体的棱长为1，分别为的中点，则（ ）
A．直线与平面平行
B．
C．过的平面截此正方体所得的截面可能不是四边形
D．过的平面截此正方体所得的截面的面积范围是
12．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知是内一点，的面积分别为，且．以下命题正确的有（ ）
A．若，则为的重心
B．若为的内心，则
C．若为的外心，则
D．若为的垂心，，则
非选择题部分
三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分．
13．已知球的半径为，则球的表面积是_________．
14．如图，甲乙两人做游戏，甲在处发现在北偏东方向，相距6百米的处，乙正以每分钟5百米的速度沿南偏东方向前进，甲立即以每分钟7百米的速度，沿北偏东方向追赶乙，则甲追赶上乙最少需要_________分钟．
四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则_________
16．已知中，，若在平面内一点满足，则的最大值为_________
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17．（10分）设是不共线的两个非零向量．
（1）若，求证：三点共线；
（2）若与平行，求实数的值．
18．（12分）记的内角的对边分别为，面积为，且．
（1）求的外接圆的半径；
（2）若，且边上的高，求角．
19．（12分）如图，在几何体中，四边形为直角梯形，，平面平面
（1）证明：平面
（2）证明：
20．（12分）在中，角所对的边分别为，且满足
（1）求角的值；
（2）若且，求的取值范围．
21．（12分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，是边长为1的正三角形，且分别是棱上的动点，为中点．
（1）若为中点，证明：面
（2）求的最小值
22．（12分）在锐角中，记的内角的对边分别为，，点为的所在平面内一点，且满足．
（1）若，求的值；
（2）在（1）条件下，求的最小值；
（3）若，求的取值范围．
2023学年第二学期宁波三锋教研联盟期中联考
高一年级数学学科参考答案
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分．
13． 14．2 15． 16．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17．（1）由
得，
，
所以，且有公共点，
所以三点共线．
（2）由与平行平行，
则存在实数，使得，
即，又是不共线的两个非零向量，
因此9分
解得，实数的值是18．
18．（1）在中，，
解得，
由正弦定理得的外接圆的半径．
（2）由（1）知，即
又，所以，
所以，所以，所以
19．（1）连接交于，连接．
因为四边形为直角梯形，，所以
又因为
所以．
因为面面，所以平面．
（2）因为四边形为直角梯形，所以．
因为面面，所以平面．
因为面，面面．
所以．
20．（1）
．
．
或者．
（2）且，
（2）且，
由正弦定理得，所以
故，
，
即的取值范围．
21．（1）取中点，连接，
因为点分别为的中点，
所以，，且
因为四边形为正方形，所以，且，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以因为平面平面平面；
（2）由题意可知，则．
将平面展开到一个平面内如图，则的最小值即为展开图中的长．
，
从而，故．
在中，由余弦定理可得，
则，即的最小值为．
22．（1）解：因为，
由正弦定理得，
因为，可得，所以，
又因为，可得，所以，即，
因为，所以，
又由，
可得，
解得，即，所以为的外心，
由正弦定理有，所以．
（2）解：因为，所以，且，
因为，解得
则，则，所以，
所以，
所以．
（3）解：如图所示：取的中点，连接，则，
所以，
同理可得，
由平面向量数量积的定义可得，
因为，所以，，
即，所以，①
，即，
所以，②
联立①②可得，
所以，
又因为，
因为，所以，可得，
所以．1
2
3
4
5
6
7
8
A
C
A
B
A
D
B
C
9
10
11
12
BD
ACD
ABD
ABD或BD（均给满分）