2023-2024学年广东省珠海市高一年级下册期中数学模拟试题

2023-2024学年广东省珠海市高一下册期中数学模拟试题

一、单选题

1.设。是..ABC所在平面内一点，BC=3CD,贝∣J4O=()

41411414

A.-AB+-ACB.-AB——ACC.-AB——ACD.——AB+-AC

33333333

【正确答案】D

【分析】根据向量的加减法的运算法则，结合向量的数乘，即可求得答案.

4414

【详解】由题意可得Ao=A3+30=A8+]BC=A8+m(AC-AB)=-]A8+]AC,

故选:D

2.如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，GIB，斜边。9=2,则这个平

面图形的面积是()

A.2√2B.1C.√2D.日

【正确答案】A

【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得.

【详解】由题意，利用斜二测画法的定义，画出原图形，

∙.∙Rtz"M'8'是等腰直角三角形，OA=Aff,斜边05'=2,

/.0'A'=-0'B'=y[2,

2

OB=O'B'=2,0A=20'A>=2√2,

.∙.原平面图形的面积是gx2x2√∑=2√∑.

故选：A.

3.已知向量4=(加一1,1)为=(m,-2),贝『‘加=2"是"α"Lb”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

【正确答案】A

【分析】根据“加=2"与ZLb''的互相推出情况判断出属于何种条件即可.

【详解】当，〃=2时，”=(l,l)力=(2,-2),

所以〃力=2-2=0,所以充分性成立；

当α∙L∕>时，ab=m(m-l')-2=0,

解得W=-I或加=2,必要性不成立.

所以“〃/=2”是“立户的充分不必要条件.

故选：A.

4.如图，在正四面体ABa)中，用是BC的中点，P是线段上的动点，则直线DP和BC所成角

的大小()

A.一定为90°B.一定为60°C.一定为45°D.与P的位置有关

【正确答案】A

【分析】连接£>M,可以证到BC_LDW,BClPM,从而证到BC工平面DMP,所以8C_LoP,

即可得解.

【详解】解：连接DM,

四面体ABCO是正四面体，M是BC的中点，

..△DBC、ΛBC是等边三角形，

.'.BCA.DM,BCVPM.

DMU平面DMP,尸MU平面DMP,DM「PM=M,

.∙.3CJ"平面DW,又DPu平面DWP,

.∙.BCA.DP,

直线DP与8C所成角为901

故选：A.

5.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧

与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度）,

如图2所示.已知球的半径为七酒杯的容积则其内壁表面积为（）

图1图2

A.∖2πR1B.10%R2C.8%R?D.6πR2

【正确答案】C

【分析】根据圆柱和球的体积公式和表面积公式即可求解.

【详解】设圆柱部分的高是〃，

所以πR%+g∙∙∣兀/?'=£兀R',

1411

所以∕ι+±∙-R=上R

233

所以〃=3∕?,

内壁表面积为2πR∕?+∣∙4π∕?2=2πR∙3R+；∙4πR2=SπR2,

故选：C.

6.在二AeC中，若A=60。,。=石，则「二（)

sιnΛ+"sιnI∏-CSi.nC

d

A.Gb∙TC.2∙⅛

【正确答案】C

【分析】利用正弦定理，将边用角表示，从而可得出答案.

【详解】因为A=6（Γ,α=√L

ah

所以—=2,

sinAsinBsinC

所以α=2sinA,。=2sin&c=2sinC,

πia+b-c_2(sinΛ+sinB-sinC)

则=;=2•

sinA+sinB-SinCsi∏A+SinB-SinC

故选：C.

7.已知四边形43C。是圆内接四边形,AB=4,AD=5.BD=3f则A3CZ）的周长取最大值时，四边

形A8C。的面积为（）

A.卫51

B.C.9+3√10D.3+3质

4T

【正确答案】A

【分析】由AABO求出A的余弦，再由圆内接四边形性质求出C的余弦，ABCO中借助余弦定理建

立起关于BC,CQ的关系，探讨其最值即可得解.

4

222o

［详解】△ABD中，因AB^-BD=25=AD1则ZABD=90,CoSA=,

而四边形ABCZ）是圆内接四边形，如图:

43

则A+。=%,cosC=-cosA=--,sinC=-,

Q

在ABCD中，由余弦定理BC2+CD2-28CcDCoSC=BZJ?得BC2+CD1+-BCCD=9,

(BC+CD)2=9+-BCCD<9+--(BC+CD)2,BP(BC+CD)2≤10,当且仅当BC=Co=®时取

5522

“-—，，9

≡βC+CD>3,所以8。=。。=巫时，四边形48CO的周长取最大值，

2

四边形ABCo的面积S=SA切+SBCD=LABBDJBCCDSmNBCD=l∙3∙4÷-!-∙--—.

22222254

故选：A

思路点睛：求多边形面积问题，把多边形分割成易求面积的三角形解决.

8.如图，直三棱柱ABC-ABC的底面为直角三角形，ZACB=90o,AC=6,BC=CC=6,P

是BG上一动点，则CP+PA的最小值为()

A.5√2B.5√3C.2√WD.3√10

【正确答案】A

【分析】将VABG与ACBG同时展平形成一个四边形ABCG,对角线AC即为所求得答案，利用勾

股定理和余弦定理求出答案.

【详解】连接AB,

将VABG与ACBG同时展平形成一个四边形ABCG,如图,

则此时对角线ICP+抬I=AC达到最小，

在等腰直角三角形BCG中，BC∖=2,NCGB=45。，

在VABG中，AB=标=2√iδ,AG=6,BCI=2,所以AC；+BC：=A）,即NAGB=90。,

对于展开形成的四边形ABCG,在ACC中，C1C=√2,A1C1=6,NACC=I35。，

由余弦定理有CP+PA=AC=√2+36-12×√2cosl35o=√50=5√2.

故选：A.

二、多选题

9.已知。,用是两个不重合的平面，/,，"是两条不同的直线，在下列说法正确的是（）

A.若/〃α,α〃夕，则/βB.若α〃夕,机Ua,则机β

C.若I〃a`mua,贝∣J∕mD.若αβ=l,m∕∕l,贝IJm至少与α,月中一个平行

【正确答案】BD

【分析】画出一个正方体，借助正方体的平行，垂直关系，进行验证即可.

【详解】A.如图所示:可得结果/〃夕或，u£,故A错误;

B.如图所示:可得结果相〃故B正确;

Z

/

故选：BD.

10.已知下列四个命题为真命题的是()

A.已知非零向量”∕,c,若α∕∕6,6∕∕c,则W/C

B.若四边形ABC£＞中有AB=DC,则四边形ABa)为平行四边形

C.已知G=(2,-3),¾=(^,6),q,C2可以作为平面向量的一组基底

D.已知向量α=(2,4)∕=(T,2),则向量“在向量b上的投影向量为(一5,/)

【正确答案】ABD

【分析】利用共线向量的性质判定选项A正确；利用向量相等判定两边平行且相等，进而判定选项B

正确；利用向量共线定理判定两向量共线，进而判定选项C错误；利用投影向量的定义判定选项D

正确.

【详解】对A：对于非零向量”,b,c,若aHb,bHc,则R/c成立，

即选项A正确；

对于B：因为AB=OC,所以边AB和。C平行且相等，

即四边形ABCD为平行四边形，

即选项B正确;

对于C：因为C2=(T,6)=-2e∣,所以备/色，

所以q,C2不可以作为平面向量的一组基底,

即选项C错误;

对于D：易知与b=(T,2)同向的单位向量为e=

-2+8_3

设a、b的夹角为O,则COs，=

√20×√5^5

所以向量a在向量方上的投影向量为IaICoS40=2国|-苧=(Tl

即选项D正确.

故选：ABD.

11.已知AABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列命题中正确的有()

A.若工=—二=:，则AABC一定是等边三角形

cosAcosBcosC

B.若"tan8=加tanA,则AABC一定是等腰三角形

C.A>8是SinA>sinB成立的充要条件

D.若Y+从-c∙2>o,则AABC一定是锐角三角形

【正确答案】AC

【分析】根据正选定理和余弦定理在三角形中的应用对四个选项进行判断即可.

bcsinAsinBsinC

【详解】根据正弦定理可知，蓊-------------zz---------------S----------------------------zz--------------

cosBcosCcosAcosBcosC

即tanA=tan3=tanC,所以在三角形中A=B=C,△ABC一定是等边三角形，A正确;

2,nJ,Λ.0SinB.osinA_...ʌŋ

a~tanB=b~tanA^>sιn-Aλ--------=sιn-Bn---------=>sm2A=sɪn2B,

cosBcosA

故2A=23+2⅛π火∈Z或2A=7t-23+2⅛π,keZ,在三角形中A&A+B∈(θ,7τ)

TT

故2A=23=A=3,∏g2A=π-2B^A÷B=-,故三角形是等腰三角形或者直角三角形，B错误；

三角形中力>方等价于。>匕，根据正弦定理可知a>/?nsinA>sin5,充分性成立，

SinA>sin8根据正弦定理可知SinA>si∏3=>4>/?,故4>8,必要性成立，故C正确；

a2+b2-c2>O^cosC="+/Y>0,可得角C为锐角，但不可证明A、8两角大小,不可判断△ABC

2ab

一定是锐角三角形，D错误.

故选：AC.

12.如图，在边长为2的正方形ABCZ）中，点〃是边CD的中点，将ZMflM沿AM翻折到,

连结PB,PC,在ZMDM翻折到ARVW的过程中，下列说法正确的是（）

A.存在某一翻折位置，使得40LPB

B.当面尸AMJ"平面AeGW时，二面角P-AB-C的正切值为亚

4

C.四棱锥P-MCM的体积的最大值为乎

D.棱P8的中点为N,则CN的长为定值

【正确答案】BCD

【分析】过。作少R_LAM,交AKBC分别于。，R,证明AM工平面PoR即可推理判断A；

作出二面角P-AB-C的平面角，计算判断B；求出点P到平面ABCN的最大距离计算

判断C；取AB中点K,证明NCKN=NPA"即可推理判断D作答.

【详解】在正方形ABCZ）中，过。作。交4W,BC分别于0,R,令NZMM=。，如图,

,则CR=OM,即R是BC中点,

在ZWMf翻折到ZV¾M的过程中，AMA.PO,AMIOR,POcOR=O,则ΛM√,平面PoR,如

图，

若存在某一翻折位置，使得ΛΛ√，尸8,而PBPO=P,PB,POu平面Po8,

则AM±平面POB,而平面尸08。平面POR=PO,

与过一点有且只有一个平面垂直于己知平面矛盾，即在翻折中AM,PB不垂直，A不正确；

当平面MW_L平面ASC例时，因AM_LPO,平面RLWc平面AfiCW=A",POU平面24”,

则有PoI平面ABCM,又ABU平面ABc有Poj.A3,在平面ABCM内过。作OQLA8于Q,

连产。，

POOQ=O,PO,OQU平面尸OQ,则ABl平面POQ,可得PQ4AB,NP。。是二面角P-AB-C

的平面角，

显然NAOQ=6»,而SinO=；,PO=2sinθ,AO=2cosθ,OQ=AOcosθ=2cos2θ,

√5

1

所以tanNPQ。=会=∙^^=―4—=手，B正确；

OQcos-0]_（_•_）24

梯形ABeW的面积S=""""=3,当且仅当平面BAM,平面ABQW,即Po/平面ABCW时,

点尸到平面ABCM的距离最大，四棱锥尸-ABCM的体积的最大值，最大体积为

V=1s∙PO=Jχ3x2=述，C正确；

33√55

取A8中点K,连接CK,CN,KN,则有MV〃/¾,且KN=LPA=1,而CM〃AK,CM=AK,

2

即四边形AKCN是平行四边形，CKliAM,CK=AM=后,显然NCKN与NRW同方向，

由等角定理知NCKN=N=6,在aCNK中，边CKNK均为定值，夹角NCMV也为定值，

由余弦定理知，CN长为定值，D正确.

故选：BCD

思路点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，

再过垂足

作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.

三、填空题

13.已知向量4与向量力夹角为60。，且IaI=1,b=(3,4)，要使2g+Λ⅛与〃垂直，则X=

4

【正确答案】

【分析】由2α+劝与。垂直可得(2〃+劝)∙4=0,代入条件列方程求解即可.

【详解】解：因为20+劝与"垂直，

则Qa+2b)∙α=Ia1+λa∙b=2×1+ΛΛ∕32+42×cos60o=0,

4

解得a=-不

4

故答案为•-二

π

14.在jASC中，角A,B,C的对边分别为。，b,c,已知8=],a=5,b=7,c=.

【正确答案】8

【分析】利用余弦定理计算可得.

【详解】由余弦定理/=储+<?-2αccos8,

B∣J72=52+C2-2×5×C×∣,即M-5C-24=0,解得c=8或C=一3(舍去).

故8

15.如图，为测量山高MW,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角

NMAN=45。,C点的仰角NC4S=3()。以及NMAC=75。；从C点测得/MC4=60。，已知山高

BC=50m,则山高MN=m.

【正确答案】50√3

【分析】通过直角"C可先求出AC的值，在AMC由正弦定理可求AM的值，在RtaM7W1中，由

AM,/MAN=45。,从而可求得MN的值.

【详解】在RtZXABC中，ZCAB=3Q°,βc=50m,所以AC=IOom.

在;AMC中，NMAC=75。，NMc4=60。，从而ZAA/C=45。，

ACAM

由正弦定理得，因此AM=5θGm.

sin45sin60

在Rtz∖M24中，ΛM=50√6m,ZMATV=45°,得MN=50Gm.

故50石.

16.在直角梯形.ABCD中，ABAD,ADI/BC,ABBC=2AD=2,E,F分别为BC,CD的中点，以A

为圆心，A£＞为半径的圆交A3于G,点P在QG上运动(如图).若AP=XAE+其中

则22+〃的最大值是.

【正确答案】5

2

JT

【分析】建立直角坐标系，设P(Cos，,Sine),叫0,卦^AP=λAE+μBF,表示出

22+"=sin0+gcos6,结合三角函数相关知识即可求得最大值.

【详解】建立如图所示的平面直角坐标系：

Λ(0,0),D(0,l),B(2,0),C(2,2),EF分别为8C,CD的中点，£(2,1),

以A为圆心，Ar)为半径的圆交AB于G,点P在OG上运动，

设尸(COSaSine),e∈o,ɪ,

AP=λAEΛ-μBF,

即(CoSo,sinJ)=a(2,l)+“[τ,g),

2λ-u=cosΘ

2λ-u=cosθ.,,,

-3.夕，所以22+3"=2sinV两式相加："+2=2sinJ+cos"

Λ+-w=sιn^

2

BP2义+〃=sin6+；COSo=∙^sin(0+0),tan。=；,

要取得最大值当即当Sine=意COSe=爰时,

MAlZ)21后

2Λ+M=sinθH—cosθ=-尸H----τ=∙=—

2√52√52

喈

此题考查平面向量线性运算，处理平面几何相关问题，涉及三角换元，转化为求解三角函数的最值问

题.

四、解答题

17.(1)已知正四棱锥的底而边长是6,侧棱长为5,求该正四棱锥的表面积.

(2)在-ABC中，ZC=90o,ZA=30o,BC=I.在三角形内挖去半圆(圆心。在边4C上，半圆与

BC、AB分别相切于点C、M,与AC交于N),求图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得的几何体体

积.

【正确答案】(1)84；(2)也》.

27

【分析】(I)求出等腰.A4β的高，再计算几何体的表面积即可.

(2)几何体是图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分,

求出圆锥的体积减去球的体积，可得几何体的体积.

【详解】(1)正四棱锥P-ABC。中，底面正方形ABeD的面积Sl=AB2=36,

在等腰_W中，4=尸8=6,48=5,则边48上的高/?=’2牙_(；48]=4,

因此该正四棱锥的侧面积S2=4S%Z,=4X[ABX∕Z=2X6X4=48,

所以，该正四棱锥的侧面积S=B+S?=36+48=84.

(2)几何体是图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体，

是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内接球，

所以圆锥的底面半径是1,高为质,

球的半径为r,tan30。=生=Lr=立，

BC13

所以圆锥的体积：JXFXJtX6=叵，

33

球的体积:=笔

阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体的体积为.且兀-生叵兀=上叵兀

32727

18.已知1=(3,-2),fc=(2,l).

(1)若5α+b与。-2%的夹角为钝角，求实数机的取值范围；

⑵当/e[-1』时，求I仍I的取值范围.

【正确答案】(i)[-∞,-g)u(H)

(2)—^∙.∖∕26

【分析】(1)根据"+b与1的夹角为钝角，由("M+%)∙("26)=0,且与;―2]不共线求

解；

(2)先得到ατb,再利用向量模的公式结合二次函数的性质求解.

【详解】(1)解：因为α=(3,-2),6=(2,1),

所以ma+⅛=(3∕w+2,—2w+l),a-2b=(-1,-4),

因为加4+h与二—2力的夹角为钝角，

所以(∕%4+h)∙(〃-2/?)二—3加一2+8m-4=5∕%—6<0,且4(3帆+2)w(-2m+l),

解得m<金且相W,

52

所以〃?的取值范围为[-∞,-J)f-∣.∣];

(2)根据题意，a-tb=(3-2t,-2-t),

则Ia-力|2=(3-2/y+(-27)2=5/一8/+13,

所以|“-仍|=J5产-8+13，

7Zs

又T≤f≤l,则管≤∣Q-仍∣≤屈，

^R-

所以Ia-仍I的取值范围是-7^-,√26.

19.在-AeC中，内角4,B,C所对边的长分别为α,b,c,且满足匕COSg尹=αsin8.

⑴求4

(2)若α=M,BAAC=3,是工ASC的中线，求A。的长.

【正确答案】(DA=^2TT

⑵也

2

【分析】(1)由正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解.

(2)由8A∙AC=3可得历=6,根据AO=g(45+AC)以及余弦定理即可求出,4

【详解】(1)cos=cos('∣-^2=sin,

A

所以方Sin-=QSinB,

2

A

由正弦定理得：sinBsiny=SinAsinB,

A

∙.∙sinB≠O,.,.sin—=sinA,

.A.ΛAA∈(O,π),y∈^O,y∖∙.siny≠O,

sm-=2sin—cos—,

222

市AlRA)

1⅛cos—=—,即rI一=-

22239

.2π

.*.A.=—.

3

(2)BA-AC=3,

.∙.⅛ccos(π-A)=3,得bc=6,

由余弦定理得：⅛2+c2=6f2÷2⅛ccosA=13，

1

ΛE)=-(Λβ+AC),

2

.∙.∣AD∣2=-(AB+AC)2=-(c2+b2+2bccosA)=-

11444

所以卜。卜弓，

即AO的长为立.

2

20.如图，在三棱锥尸—ABC中，QA，底面ABC∕¼=43,NA3C=6（）o,N3C4=90。，点。、E分别在

极PB、PC上，且。石〃BC.

（1）求证BC1平面PAC；

（2）当。为PB的中点时，求A£）与平面PAC所成角的正弦值.

【正确答案】（1）证明见解析；

⑵正.

4

【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质及判定推理作答.

（2）结合（1）的结论及已知，利用线面角的定义，求出A。与平面∕¾C所成角的正弦值.

【详解】（1）在三棱锥尸—ABC中，Q4，底面ABC,BCu底面ABC,则尸4_LBC,

而NBC4=9θo,有AC上BC,又PAAC=A,PA,ACu平面PAC,

所以Bel平面PAC.

(2)由(1)知，BCJ.平面PAC,而DE〃BC,则£>E_Z平面PAC,

于是ND4E是AE)与平面PAC所成的角，

AB=Ia,在RtPAB中，ZPAB=90°,PA=AB,。为尸8的中点，则有A。=；PB=缶,

显然OE为,PBC的中位线，于是。E=LBC='A8COS60=-a,

222

ɪ

在Rt△仞E中，s"DAE=些=莘也,

AD√2a4

所以AD与平面PAC所成角的正弦值是它.

4

21.如图，Pr)CE为矩形，A8CZ)为梯形，平面PDCE_L平面438,ABAD=ZADC=90°,

AB=AD=ɪCD=a,PD=∖∣2a-

⑴若M为PA中点，求证：AC〃平面MDE；

(2)求直线PB与直线C。所成角的大小；

(3)设平面Λ4Dc平面EBC=/,试判断/与平面ABa)能否垂直？并求平面PAD与平面班C所成锐

二面角的大小.

【正确答案】(1)证明见解析

呜

⑶垂直，E

4

【分析】(I)先证明MN〃AC,再利用线面垂直的判定定理即可证明；

(2)利用线线平行可得NPBA是直线尸8与直线CO所成角，利用面面垂直可得PD,Afi,结合已知

条件可得尸4=也”，利用线面垂直可得ABL∕¾,可得出tan∕P3A的值，即可求解.

(3)根据题意可得EC〃/,利用平行的传递性可证明/上平面ABCO,利用面面垂直，可得出ZAG3

为平面PAO与平面EBC所成的锐二面角，计算NAGB的大小即可.

【详解】(1)解：证明：连结PC,交DE于N,连接MN,

,/PDCE为矩形，,N为PC的中点，

在中，M,N分别为R4,PC的中点，：.MN//AC,

因为MNU面MDE,ACz面"OE,所以AC〃平面MDE.

(2)解：VZBAD=ZADC=90°,：.AB//CD,

.∙.NP8A是直线依与直线CO所成角.

∙.∙PDCE为矩形，ΛPDlCD,

,：平面PDCEL平面ABCD,/.PD_L平面ABC,

,：AD,ABcsf-^∖ABCD,：.PDLAD,PDLAB,

在∕⅛z∖PZM中，VAD=a,PD=-Jla,：,PA=Sa,

VZBAD=90°,：.ABLAD,又；PD_LA8,PDcAD=D,

；•AB2平面PA。，：PAu平面PAr),ΛABlPA,

PAL

在RtPAB中，VAB=a,/.tanZPBA=----=√3,

AB

TTTT

：.ZPBA=-,从而直线依与直线C。所成的角为；；

33

(3)解：；POCE为矩形，.,.EC∕∕PD,

:尸DU平面∕½D,ECa平面PAJD,二EC〃平面PAD,

：平面A4∆>c平面ESC=/,；.EC〃/,

由(2)可知PO_L平面ABC。，平面ABeE>,

YABCO为梯形，AB=^-CD,：.AD,BC必相交，