浙江省三锋教研联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省三锋教研联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题一、单项选择题：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〖答案〗A〖解析〗由正弦定理有，即，解得，注意到，由大边对大角有，所以.故选：A.2.已知向量，若，则（）A B.2 C. D.4〖答案〗C〖解析〗因为，所以，所以，所以.故选：C.3.已知是非零向量，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗充分性：由题意知，，为非零向量，当时，可得，故充分性满足；必要性：当时，即，解得或，故必要性不满足；所以“”是“”的充分不必要条件，故A正确.故选：A.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〖答案〗B〖解析〗A：若，则内不存在与平行的直线，故A错误；B：已知平面和直线，则有无数条直线与垂直，故B正确；C：如果两个平面相交，则它们有无数个公共点，故C错误；D：棱台的上下底面相似且对应边平行，侧棱延长线交于一点，可以不等长，故D错误.故选：B.5.已知的内角所对的边分别为，面积为，若，，则的形状是（）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〖答案〗A〖解析〗由及正弦定理知，故，由，知，从而，，这说明是等腰三角形，不是直角三角形，不是正三角形，故选项A正确，选项B，C，D错误.故选：A.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.〖答案〗D〖解析〗如图所示，设正四棱台的上底面的中心为，下底面的中心为，连接，在平面内，作，交于点，可得，因为正四棱台的上下底面边长分别为和，可得，则，在直角中，由，可得，即，即正四棱台的高为，所以正四棱台的体积为.故选：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.〖答案〗B〖解析〗因为，故，故，故，故.故选：B.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.〖答案〗C〖解析〗设圆柱底面半径为，由题意结合正弦定理有，解得，从而圆柱的高为，所以圆柱的体积是.故选：C二、多项选择题：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.空间三点可以唯一确定一个平面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〖答案〗BD〖解析〗对于A，要求三点不共线才可以唯一确定一个平面，故A错误；对于B，由面面平行的判定及性质定理可知“”是“”必要不充分条件，故B正确；对于C，显然对于两个相交平面，其中一个平面内有无数条直线与交线平行，由线面平行的判定定理容易知道该平面内有无数条直线与另一个平面平行，但这两个平面不平行，故C错误；对于D，由直平行六面体的定义可知长方体是直平行六面体.故选：BD.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〖答案〗ACD〖解析〗对A：，故A正确；对B：，故B错误；对C：，故，即，故C正确；对D：，故D正确.故选：ACD.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〖答案〗ABD〖解析〗对于A中，取的中点，分别连接，在正方体中，可得，因为平面，且平面，所以平面，又由分别为正方形的各边的中点，可得，因为平面，且平面，所以平面，又因为，且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，所以A正确；对于B中，由分别为正方形的各边的中点，可得，在正方体中，可得平面，即到平面的距离为，又由，所以B正确；对于C中，连接，在正方体中，可得，且，所以四边形为平行四边形，其中四边形，所以过的平面截此正方体所得的截面可能是四边形，所以C错误；对于D中，如图所示，当截面时，此时点到的距离最远，所以截面的面积最大值，最大值为；分别取的中点，当截面为菱形时，根据正方体的对称性，可得点到的距离最近，截面的面积最小，因为正方体的棱长为，可得，所以菱形的面积为，所以过的平面截此正方体所得的截面的面积范围是，所以D正确.故选：ABD.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〖答案〗ABD〖解析〗对于A，若，由，知，故为的重心，A正确；对于B，若为的内心，设的内切圆半径为，由，知，故，B正确；对于C，若为的外心，设的外接圆半径为，则，C错误；对于D，若为的垂心，由，故，从而，而和都是正数且相加小于，故在内部，所以是锐角三角形，由在内部，知，与刚才同理，可由得到，由不共线，知是一组基底，故，，从而，设到对边的投影分别是，的面积为，且我们约定分别简记为角，由于，，故相似于，从而，故可得到，从而，同理，，由于，，，故设，，，其中，则，解得，故，而，故，D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分．13.已知一个球半径是，则它的表面积是_____．〖答案〗〖解析〗球的半径，则表面积为.故〖答案〗为：.14.如图，甲乙两人做游戏，甲在处发现乙在北偏东方向，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．〖答案〗2〖解析〗如图所示：设他们在点处相遇，甲追赶上乙最少需要分钟，由题意（距离单位是百米），且，由余弦定理有：，即，也就是，解得或（舍去），所以甲追赶上乙最少需要2分钟.故〖答案〗为：2.15.四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_________.〖答案〗〖解析〗如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，由是正方形，得，在线段PE取点G，使得，由，得，连接BG，FG，则，由平面，平面，得平面，而平面，，平面，因此平面平面，又平面平面，平面平面，则，所以.故〖答案〗为：.16.已知中，，，若在平面内一点满足，则最大值为_________〖答案〗〖解析〗如图，设的中点为，因为，所以，所以为边上的中线的靠近的7等分点，所以，在，由余弦定理可得：，即，利用基本不等式可得：，即，当且仅当时取等号；因为为的中点，则，两边同时平方可得：，所以，即为等边三角形时，，所以.故〖答案〗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.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．解：（1）证明：由向量，可得，，所以，可得，又因为和有公共点，所以三点共线．（2）由向量与平行，则存在实数，使得，即，又是不共线的两个非零向量，可得，解得，所以实数的值为.18.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．解：（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.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：.解：（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，因面，面面，所以．20.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．解：（1）因为，由正弦定理得，又因为，可得，所以，因为，所以或.（2）因为且，所以，由正弦定理得，所以，，则，又由，可得，所以，可得，则，所以即的取值范围．21.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.解：（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，因为平面平面则∥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.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．解：（1）因为，由正弦定理得，因为，可得，