浙江省杭州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

杭州外国语学校20232高一年级期中考试数学试卷命题人高一数学备课组审核人高一数学备课组注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间100分钟.2.整场考试不准使用计算器.一､单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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.已知表示两条不同直线，表示平面，则（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】D【解析】【分析】利用空间中直线、平面的位置关系一一判定选项即可.【详解】对于A，若，则可能相交、平行或异面，故A错误；对于B，若，则可能平行，或相交，或垂直，故B错误；对于C，若，则可能在中，也可能，故C错误；对于D，由线面垂直的性质定理可知D正确.故选：D2.如图，在平行六面体（底面为平行四边形的四棱柱）中，E为延长线上一点，，则=（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的加减法运算法则，直接写出向量的表达式，即可得答案.【详解】=,故选：A.3.如图，已知平面α，β，且.设梯形中，，且，.则下列结论正确的是（）A.直线与可能为异面直线 B.直线，，l相交于一点C. D.直线与可能异面直线【答案】B【解析】【分析】结合题意以及空间中点线面的位置关系，逐项分析即可求出结果.【详解】梯形中，，所以与是梯形的两腰，所以与是共面直线，故A错误；与是不一定相等，故C错误，直线与是梯形的对角线，故是共面直线，故D错误；设，又且，，所以，，所以，又因为，故，即直线，，l共点，故B正确.故选：B.4.如图，一个正四棱锥的五个顶点都在球面上，且底面经过球心.若，则球的表面积是A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知，平面，并且是半径，由体积求出半径，然后求出球的表面积．【详解】设球的半径为，则，得，∴.故选C【点睛】本题考查球的内接体问题，球的表面积、体积，考查学生空间想象能力，属于中档题．5.如图，在正三棱柱中，，若二面角的大小为，则点C到平面的距离为（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】取的中点，连接和，由二面角的定义得出，可得出、、的值，由此可计算出和的面积，然后利用三棱锥的体积三棱锥的体积相等，计算出点到平面的距离.【详解】取的中点，连接和，根据二面角的定义，.由题意得，所以，.设到平面的距离为，易知三棱锥的体积三棱锥的体积相等，即，解得，故点C到平面的距离为.故选C.【点睛】本题考查点到平面距离的计算，常用的方法有等体积法与空间向量法，等体积法本质就是转化为三棱锥的高来求解，考查计算能力与推理能力，属于中等题.6.已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（）A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形【答案】C【解析】【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解．【详解】如图，设，分别延长交于点，此时，连接交于，连接，设平面与平面的交线为，则，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，设，则，此时，故，连接，所以五边形为所求截面图形，故选：C．7.北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题中给出的定义，由多面体的总曲率计算求解即可．【详解】解：由题意，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，所以四棱锥的表面内角和由4个三角形和1个四边形组成，所以面角和为，故总曲率为．故选：B.8.已知正方体边长为1，点分别在线段和上，，动点在线段上，且满足，分别记二面角，的平面角为，则总有（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】作出三个二面角的平面角，求出其正切值后比较大小可得．【详解】作平面，垂足为，则，因为平面，所以，作，，，垂足分别为，连接，由于，平面，平面，所以平面，又平面，从而，所以，同理，，所以，，，因为点是正方形对角线的交点，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，平面，所以平面，就是在平面上的射影，，又，，且，则，由得，从而，所以，所以，又，所以.故选：D.【点睛】关键点点睛：关键是作出二面角的平面角，然后求出角的正切值，再利用正方体的性质比较线段长的大小，从而可得结论．二､多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分9.如图，为水平放置的的直观图，其中，则在原平面图形中有（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据斜二测画法规则确定点的位置，再作出，逐项计算判断即可.【详解】在直观图中，，取中点，连接，则，而，于，则，，，由斜二测画法规则作出，如图，则，，，，，显然，A、C、D正确，B错误.故选：ACD10.如图，以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，翻折和，使得平面平面.下列结论正确的是（）A. B.是等边三角形C.三棱锥是正三棱锥 D.平面平面【答案】ABC【解析】【分析】利用面面垂直以及线面垂直的性质可判断A选项；设，利用勾股定理可判断B选项；利用正棱锥的定义可判断C选项；利用面面垂直的性质结合面面垂直的性质可判断D选项.【详解】对于A选项，翻折前，因为，为的中点，则，翻折后，对应地有，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，因为平面，故，A对；对于B选项，设，翻折前，因为为等腰直角三角形，为的中点，则，且，，由勾股定理可得，翻折后，因为平面，平面，则，由勾股定理得，在三棱锥中，，则为等边三角形，B对；对于C选项，在三棱锥中，因为为等边三角形，，故三棱锥为正三棱锥，C对；对于D选项，假设平面平面，如下图所示：取的中点，连接、，因为，为的中点，则，若平面平面，因为平面平面，平面，所以，平面，设等边的中心为点，连接，由正棱锥的性质可知，平面，因为过点作平面的垂线，有且只有一条，故假设不成立，即平面与平面不垂直，D错.故选：ABC.11.中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（）A.弧长度为 B.曲池的体积为C.曲池的表面积为 D.三棱锥的体积为5【答案】ACD【解析】【分析】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，根据弧的长度是弧长度的倍及求出、，再根据体积、表面积公式计算可得.【详解】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，因为弧的长度是弧长度的倍，，即，，，，所以弧的长度为，故A正确；曲池的体积为，故B错误；曲池的表面积为，故C正确；三棱锥的体积为，故D正确．故选：ACD．12.如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（）A.若，则四面体的体积为定值B.若的外心为，则为定值2C.若，则点的轨迹长度为D.若且，则存在点，使得的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】A选项，作出辅助线，结合空间向量基本定理得到三点共线，得到平面，故点为平面的距离为定值，四面体的体积为定值，A正确；B选项，作出辅助线，结合空间向量数量积的几何意义得到；C选项，建立空间直角坐标系，设，表达出，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，结合弧长公式求出答案；D选项，求出，，得到，画出图形，数形结合得到其最小值.【详解】A选项，在上分别取，使得，，因为，所以，因为，所以，即，故，即，所以三点共线，因为，，所以，故平面，故点为平面的距离为定值，又为定值，故四面体的体积为定值，A正确；B选项，取的中点，因为的外心为，所以⊥，又题意得，则，B错误；C选项，取的中点，因为底面为菱形，，故⊥，以为坐标原点，以，分别为轴，建立空间直角坐标系，故，设，则，化简得，点满足，即点在正方形内，包括边界，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，如图所示：因为，，故，故为等腰直角三角形，，故点的轨迹长度为，C正确；D选项，若且，，即，即，又，，设，设，即，解得，即，，如图所示，设，且⊥，⊥，在线段上取一点，设，则，故，显然，直接连接，此时取得最小值，最小值即为，由勾股定理得，故的最小值为，D正确.故选：ACD【点睛】空间向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用空间向量的几何意义将问题转化为空间几何中的最值或取值范围问题，然后根据图形的特征直接进行求解；②数化，即利用空间向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.三､填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分13.，点在轴上且到两点的距离相等，则点的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】设点，根据点到两点的距离相等，列出方程，即可求解.【详解】根据题意，可设点，因为点到两点的距离相等，可得，即，解得，所以点坐标为.故答案为：.14.如图，在四面体中，与所成的角为，分别为的中点，则线段的长为__________.【答案】或【解析】【分析】取的中点，连接、，即可得到为异面直线与所成的角或其补角，即或，再利用余弦定理计算可得.【详解】取的中点，连接、，、分别为、的中点，且，同理可得且，为异面直线与所成的角或其补角，则或.在中，，，若，由余弦定理可得；若，由余弦定理可得；综上所述，或.故答案为：或.15.已知（1）若时，的两根为，则的最小值为__________.（2）若时，恒成立，则的最小值为__________.【答案】①.②.【解析】【分析】（1）依题意可得，列出韦达定理，则，结合二次函数的性质计算可得；（2）令解得，分析可得，从而得到，再利用基本不等式计算可得.【详解】（1）若时，，方程，即，显然，所以，，则，所以当时，取得最小值，且最小值为．（2），当时，恒成立，由解得，当时，；当时，；∴当时，，当时，；∴，∴，，当且仅当，即、时取等号，所以的最小值是．故答案为：；16.下列命题正确的是__________.（填序号）①若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行；②垂直于同一条直线的两直线平行；③两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，必垂直与另一个平面；④过两个点与已知平面的垂直的平面可能不存在；⑤过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直；⑥到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个.【答案】①⑤⑥【解析】【分析】根据题意，由直线与直线，直线与平面的位置关系，依次分析6个命题，即可判断．详解】对于①：如图，，平面平面，所以，同理，所以，又因为，所以，又，所以，所以，若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行，故①正确；对于②：垂直于同一条直线的两条直线相交、平行或异面，故②错误；对于③：根据面面垂直的性质定理可知，两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点（不在交线上）作交线的垂线，必垂直与另一个平面，当该点在交线上时，作交线的垂线，得不到该直线与另一个平面垂直，故③错误；对于④：分3种情况讨论：若两点确定的直线在已知平面内，则过两点与一个已知平面垂直的平面有且只有一个；若两点确定的直线不在平面内，但与已知平面不垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有一个，若两点确定的直线不在平面内且与已知平面垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有无数个，综上，过两点与一个已知平面垂直的平面有一个或无数个，一定存在，故④错误；对于⑤：设直线、异面，过直线上一点作直线，使得且，如下图所示：设直线、确定平面，过空间中任意一点，有且只有一条直线，使得，因为、，则，，又因为，则，故过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直，故⑤正确；对于⑥：到一个四面体的四个顶点的距离相等的平面，可以看作是与一个四面体四个顶点距离相等的平面，可以是与两条对棱平行，这样的平面有3个，也可以是与一个底面平行，与另一个顶点距离相等，这样的面有4个，则到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个，⑥正确．故答案为：①⑤⑥【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是正确理解空间中线线、线面、面面的位置关系，利用反例及适度的数形结合是有效且快速的处理方法.四､解答题：本大题共4小题，共44分，解答应在相应的答题框内写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知空间向量．（1）计算和;（2）求与夹角的余弦值．【答案】（1）,（2）．【解析】【分析】（1）利用空间向量的坐标运算公式即可求解；（2）利用空间向量的夹角公式计算即可.【小问1详解】由题可得．【小问2详解】由题可得，，,与夹角的余弦值为．18.正方体中，，分别是，的中点.（1）求异面直线与所成角；（2）求证：平面【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）连接，，即可得到，则为异面直线与所成的角，结合正方体的性质求出；（2）取中点，连接，，即可证明平面平面，从而得证.【小问1详解】连接，，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，则为异面直线与所成的角，在正方体中，可得，即为等边三角形，所以，所以异面直线与所成角为；【小问2详解】取的中点，连接，，因为，分别是，的中点，所以，，而，所以，又因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面．19.已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．（1）求证：平面平面；（2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）不妨设，根据线面垂直的性质证明，利用勾股定理证明，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】不妨设，因为平面平面，故，在中，，由余弦定理，，得，故，则，因为平面，所以平面，而平面，所以平面平面；【小问2详解】由（1）知，两两垂直，如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，则，故，，所以，设，则，即，所以；设为平面的一个法向量，则，令，则，所以，因为轴平面，