福建省福州屏东中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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一、单选题：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，只有一项是符合要求的.
1. 在中,已知,,,则角的度数为（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理求得,进而求得角即可.
【详解】由题知,,,
在中,由正弦定理可得:
,
解得,因为,,
所以或.
故选:C
2. 已知等腰梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（ ）
A. 一个圆台、两个圆锥B. 一个圆柱、两个圆锥
C. 两个圆台、一个圆柱D. 两个圆柱、一个圆台
【答案】B
【解析】
【分析】画出简图，将等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，进而进行旋转，然后根据多面体的定义得到答案.
【详解】将等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，如图所示：
矩形绕其一边旋转一周得到圆柱，直角三角形绕其一条直角边旋转一周得到圆锥；
因此，将该等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，可得几何体为：一个圆柱、两个圆锥.
故选：B.
3. 水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则的面积为（ ）
A. 6B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将直观图还原成平面图，根据斜二测画法原理求出平面图形的边长，即可计算面积．
【详解】直观图还原成平面图，则，
所以的面积为，
故选：A．
4. 在空间中，，表示平面，表示直线，已知，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则与，都平行B. 若与，都平行，则
C. 若与异面，则与，都相交D. 若与，都相交，则与异面
【答案】B
【解析】
【分析】对于A项，可能直线；对于B项用线面平行性质定理可得；对于C项不在，内，与，其中一个不相交；对于D项，直线与相交.
【详解】对于A项，如图直线，所以A错误；
对于B项，如图，过直线做平面，且
，故B正确；
对于C项，画图为：
反例：不在，内，与，其中一个不相交，故C不正确.
对于D项，如图，，则满足与，都相交，但是与共面，故D错误.
故选：B
5. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦定理把化为，再结合余弦定理求角即可
【详解】∵，∴，结合即可求得．
由余弦定理可得.
又∵，∴．
故选：D
6. 一个正方体的外接球的表面积为，从正方体的八个顶点中任取四个两两距离相等的点，以其中一点为球心，另三点都在球的表面，球的表面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设正方体的棱长为1，易知正方体的外接球的直径为正方体的体对角线的长,从正方体的八个顶点中任取四个两两距离相等的点为正四面体，分别求得表面积即可.
【详解】如图所示：
设正方体的棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线的长,
所以外接球的半径为，
所以外接球的表面积为，
从正方体的八个顶点中任取四个两两距离相等的点为正四面体，
以其中一点为球心，另三点都在球的表面，则球OS的半径为，
所以球的表面积为，
所以，
故选：C
7. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，因为点在上，则，又，利用平面向量基本定理求出的值，然后利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值.
【详解】建立如图所示平面直角坐标系．

已知，，，得，，
，，，
，，
，，
因为点在上，则，
又，且、不共线，
可得，且，解得．
，
．
故选：D．
8. 在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 点可以是棱的中点B. 线段的最大值为
C. 点轨迹是正方形D. 点轨迹的长度为
【答案】B
【解析】
【分析】如图，取棱的中点，连接，进而证明平面平面，再结合题意可知直线必过点，进而取中点，连接，证明平面即可得四边形为点的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可.
【详解】解：如图，取棱的中点，连接，
因为分别为，的中点，
所以，在中，，由于平面，平面，
所以平面，
因为，所以，四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，
所以，平面，
因为，平面，
所以，平面平面，
由于为体对角线的中点，
所以，连接并延长，直线必过点，
故取中点，连接，
所以，由正方体的性质易知，
所以，四边形是平行四边形，，，
因为，，，
所以，共线，即平面，
所以，四边形为点的轨迹，故A选项错误；
由正方体的棱长为，所以，四边形的棱长均为，且对角线为，，
所以，四边形为菱形，周长为，故CD选项错误，
由菱形的性质知，线段的最大值为，故B选项正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱的中点，进而证明平面平面，再根据面面平行的性质求解点轨迹即可求解.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求，全部选对得5分，选错得0分，部分选对得2分.
9. 如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（ ）

A. 圆柱的侧面积为
B. 圆锥的侧面积为
C. 圆柱的侧面积与球面面积相等
D. 圆柱、圆锥、球的体积之比为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据圆柱、圆锥的侧面积公式，结合圆柱、圆锥、球的体积公式逐一判断即可.
【详解】因为圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，
则圆柱的侧面积为，A错误；
圆锥的母线长，侧面积为，B错误；
球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球面面积相等，C正确；
，，
，D正确．
故选：CD．
10. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为1
B. 若，则
C. 若，与垂直的单位向量只能为
D. 若向量与向量的夹角为钝角，则的取值范围为
【答案】AB
【解析】
【分析】对A：根据模的运算公式代入计算，利用二次函数性质即可判断；对B：利用向量垂直的坐标运算性质即可判断；对C：举反例即可判断；对D：根据向量夹角是钝角，得到且向量与向量不反向共线，即可判断．
【详解】对A：，则当时，取最小值1，故A正确；
对B：若，则，解得，故B正确；
对C：若,，易知也是与垂直的单位向量，故C错误；
对D：若与的夹角为钝角，则，
且向量与向量不反向共线，即，解得且，故D错误；
故选：AB．
11. 在正方形中，，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C. 存在，使得
D. 的最小值为2
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定的正方形，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标表示逐项分析判断作答.
【详解】在正方形中，建立如图所示的平面直角坐标系，

由，得，由，得，，
对于A，，而，则，A正确；
对于B，，，则，B错误；
对于C，若，则，而方程无实根，则不存在，使得，C错误；
对于D，，因此，当且仅当时取等号，D正确.
故选：AD
12. 在等腰中，已知，若分别为的垂心､外心､重心和内心，则下列四种说法正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据三角形各心的性质结合向量的加减法则即可求得.
【详解】A选项：为垂心，为高线的交点，则，选项A正确．
B选项：，选项B正确；
C选项：，选项C正确；
D选项：，选项D错误；
故选：ABC
三、填空题：本题共4题，每小题5分，共20分.
13. 计算_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量加减法运算，即可化简．
【详解】，
故答案为：．
14. 已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则__．(结果用数值表示)
【答案】
【解析】
【分析】首先根据投影公式求得，再代入数量积公式，即可求解.
【详解】因为向量在向量方向上的投影向量为，且，
所以，所以，
则．
故答案为：
15. 在中，边上的高为，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】作出图形，利用真假三角形边角关系求出，再利用诱导公式及和角的余弦公式计算得出结果.
【详解】令的内角所对边为c，过作于则，

在直角中，，，则，从而，
在直角中，，
从而，，
在中，，
所以.
故答案为：.
16. 平面向量满足，且，则的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件设出的坐标，画出图形，表示点到点和的距离和等于，由此可判断点在线段上，设，得表示，然后利用对称和平面向量模的坐标公式可得结果．
【详解】由，则，
设，设，
，，
因为，
所以，设，
则表示，而，
所以点线段上，
，
设，则表示，
设点关于的对称点为，则点的坐标为，
由图可知的最小为的长，则，
则，
所以的最小值为，
故答案为：．

四、解答题：本题共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. 已知向量，满足，，．
（1）求向量与的夹角；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，，解得，再由向量的数量积，即可得出答案．
（2），由向量的数量积，即可得出答案．
【小问1详解】
解：因为，所以，
因为，所以，解得．
而，所以，
又，所以．
【小问2详解】
解：因为，，
所以，
所以．
18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，E为棱的中点，平面与棱交于点F．
（1）求证：平面；
（2）求证：F为的中点；
【答案】（1）详见解析；
（2）详见解析；
【解析】
【分析】（1）连接AC交BD于点G，连接GE，根据ABCD为平行四边形，得到G为AC的中点，再由E为PC的中点，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）先由，利用线面平行的判定定理得到 平面ABEF，再利用线面平行的性质定理得到求解.
【小问1详解】
证明：如图所示：
连接AC交BD于点G，连接GE，
因为ABCD为平行四边形，
所以G为AC的中点，又E为PC的中点，
所以，又平面BDE，平面BDE，
所以平面；
【小问2详解】
因为底面为平行四边形，
所以，
又 平面ABEF， 平面ABEF，
所以 平面ABEF，又平面平面，
所以，
又因为E 为PC的中点，
所以F为的中点.
19. 已知的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，满足．
（1）求角A；
（2）若，点D为边BC的中点，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理得到，切化弦可得答案.
（2）根据余弦定理得到，再次利用余弦定理得到，解得，再利用面积公式计算得到答案.
【小问1详解】
由正弦定理，可得：，即，
，，，故，故，
【小问2详解】
在中，，
在中，，
，，，
即，故,，
在中，
故，解得，.
20. 如图，在正方体中，E为的中点.
（1）在图中作出平面和底面的交线，并说明理由；
（2）平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）在正方形中，直线与直线相交，设，连接，可证平面且平面，得到平面平面；
（2）设，连接，证明，则平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台.设正方体的棱长为2.求出棱台的体积，由正方体体积减去棱台体积可得另一部分几何体的体积作比得答案.
【详解】（1）在正方形中，直线与直线相交，
设，连接，
∵，平面，则平面，
∵，平面，∴平面.
∴平面平面.
（2）设，连接，
由E为的中点，得G为的中点，
∴，则平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台.
设正方体的棱长为2.
.
∴另一部分几何体的体积为.
∴两部分的体积比为
【点睛】本小题主要考查面与面的位置关系，考查几何体体积的求法.
21. 如图所示，在四棱锥中，四边形ABCD是梯形，，，E是PD的中点.

（1）求证：平面PAB；
（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点，使平面PAB？说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）线段存在点N，使得平面，理由见解析
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可证明；
（2）取中点N，利用面面平行的判定证明平面平面，再利用面面平行的性质即可证明平面PAB.
【小问1详解】
如下图，取中点，连接，
由E是PD的中点，所以且，
因为，且，所以，
所以四边形为平行四边形，
故，而面，面，
则面
【小问2详解】
线段上存在点N，使得平面.
理由：取中点N，连接，，
∵E，N分别为，的中点，
∴，∵平面，平面，
∴平面.
由（1）知：平面，又，平面，
∴平面平面.
又M是上的动点，平面，
∴平面PAB
∴线段存在点N，使得平面，此时N为中点.

22. 某景区有一人工湖，湖面有两点，湖边架有直线型栈道，长为，如图所示．现要测是两点之间的距离，工作人员分别在两点进行测量，在点测得，；在点测得．（在同一平面内）

（1）求两点之间的距离；
（2）判断直线与直线是否垂直，并说明理由．
【答案】（1）
（2）直线与直线不垂直，理由详见解析.
【解析】
【分析】（1）先求得，利用余弦定理求得.
（2）先求得，然后根据向量法进行判断.
【小问1详解】
依题意，，，，
所以，
，所以，
在三角形中，由正弦定理得，
在三角形中，由余弦定理得.
【小问2详解】
在三角形中，由余弦定理得，
，
在三角形中，由正弦定理得，
，
直线与直线不垂直，理由如下：
,
所以直线与直线不垂直.