2024-2025学年广东省深圳高级中学高一（下）期中数学试卷

第1页（共1页）2024-2025学年广东省深圳高级中学高一（下）期中数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1．（5分）已知向量a→=(2x−1，−4)，b→=(4，4)，若a→A．−32 B．﹣2 C．52．（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若m∥n，n∥α，则m∥α B．若n⊂α，n∥β，则α∥β C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β3．（5分）在△ABC中，∠B=π3，AB＝8，AC＝7，则A．5 B．3或5 C．4 D．2或44．（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N分别是棱AB，BC，A1B1，BB1，C1D1，CC1的中点，则下列结论正确的是（）A．直线GH和MN平行，GH和EF相交 B．直线GH和MN平行，MN和EF相交 C．直线GH和MN相交，MN和EF异面 D．直线GH和EF异面，MN和EF异面5．（5分）如图，某人为测量塔高AB，在河对岸相距s的C，D处分别测得∠BCD＝α，∠BCA＝β，∠BDC＝γ（其中C，D与塔底B在同一水平面内），则塔高AB＝（）A．s⋅sinγtanβsin(α+γ) B．s⋅sinγC．s⋅sin(α+γ)sinγtanβ D．6．（5分）已知平面向量a→，b→，|a→|=2，|bA．14 B．12 C．37．（5分）如图，圆锥的轴截面SAB是正三角形，O为底面圆的圆心，D为SO的中点，点C在底面圆的圆周上，且△ABC是等腰直角三角形，则直线CD与AS所成角的余弦值为（）A．74 B．23 C．378．（5分）在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，CD＝3，∠ABC=3π4，若AC⊥BD，则tan∠A．23 B．223 C．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）如图，三棱锥P﹣ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝PA＝6，BC＝8，则（）A．D，F，B，C四点共面 B．点P与点B到平面DEF的距离相等 C．直线PB与直线DF垂直 D．三棱锥F﹣BED的体积为6（多选）10．（6分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（）A．若sin2A＜sin2B+sin2C，则△ABC是锐角三角形 B．若△ABC是锐角三角形，则sinA＞cosB C．若b＝4，c＝3，C=π3D．若c2﹣b2＝ab，则C＝2B（多选）11．（6分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，P是A1D上的一个动点，下列结论中正确的是（）A．BP的最小值为32B．AD1⊥PC C．当P在直线A1D上运动时，三棱锥B1﹣ACP的体积不变 D．以点B为球心，22为半径的球面与面AB1C的交线长为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为2，则该圆台的侧面积为．13．（5分）如果一个三角形的三边是三个连续的正整数，且这个三角形的最大角是最小角的2倍，则这个三角形的周长为．14．（5分）若向量a→与向量b→的夹角为θ，我们定义“a→×b→”为向量a→与向量b→的“外积”．两个向量的外积是一个向量，它的长度定义为|a→×四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15．如图，在梯形ABCD中，AB→=2DC→，∠BAD＝90°，AB＝AD＝2，E为线段BC的中点，记（1）用a→，b→表示向量（2）求|AE（3）求AE→与BD16．如图，四棱锥P﹣ABCD中，已知侧棱和底面边长都等于2，E是线段PC上的动点．（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若E是PC的中点，求证：PA∥平面BDE；（3）直线BD是否与直线AE互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由．17．已知a，b，c分别为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，且acos（A+C）＝（2c﹣b）cos（B+C）．（1）求A；（2）若a＝2，D为BC边的中点，求AD长的最大值；（3）若b＝4，求△ABC面积的取值范围．18．如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2BB1，底面中心为O，点E在棱（1）当t=12时，证明：平面A1OE⊥平面B1（2）当BB1=2时，求过点A1，E，O的平面截正四棱柱ABCD﹣A1B1C19．已知△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝6，b＝5，c＝4．△ABC的内心、重心、外心、垂心依次记为点I、G、O、H，如图所示．（1）求AB→⋅AC（2）连接A、I，并延长交BC边于点E，用AB→，AC→做基底来表示（3）被誉为“数学之王”的瑞士数学家欧拉，在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：设△ABC的外心，重心，垂心分别是O，G，H，则O，G，H三点共线（欧拉线），且OH→=3OG

2024-2025学年广东省深圳高级中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案ADBBAACD二．多选题（共3小题）题号91011答案BDBDBCD一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1．【答案】A【解答】解：因为a→=(2x−1，−4)，b→=(4，4)，且所以4（2x﹣1）＝﹣4×4，解得x=−3故选：A．2．【答案】D【解答】解：因为m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，若m∥n，n∥α，则m∥α或m⊂α，所以A选项错误；若n⊂α，n∥β，则α∥β或α与β相交，所以B选项错误；若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，所以C选项错误；若m⊥α，m⊂β，则由面面垂直的判定定理可知α⊥β，所以D选项正确．故选：D．3．【答案】B【解答】解：由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcosB＝49，整理得BC2﹣8BC+15＝0，解得BC＝3或5，经检验均符合题意．故选：B．4．【答案】B【解答】解：在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N分别是棱AB，BC，A1B1，BB1，C1D1，CC1的中点，∴MG=∥NH，∴四边形MGHN∴GH∥MN，故C错误；∵EF∩平面ABB1A1＝E，GH⊂平面ABB1A1，E∉直线GH，∴由异面直线判定定理得GH和EF是异面直线，故A错误；∵EM∥NF，且EM＝2NF，∴MN和EF相交，故D错误．故选：B．5．【答案】A【解答】解：在△BCD中，由正弦定理得BCsin∠BDC=CD则BC=ssinγ在Rt△ABC中，AB=BCtan∠ACB=ssinγ故选：A．6．【答案】A【解答】解：因为a→在b→上的投影向量为a→所以a→因为|a所以|=1+4当且仅当2λ−12=0，即λ=故选：A．7．【答案】C【解答】解：取OA的中点E，由D为SO的中点，则DE∥SA，则直线CD与AS所成的角为∠CDE（或其补角），不妨设|AB|＝2，又圆锥的轴截面SAB是正三角形，O为底面圆的圆心，D为SO的中点，点C在底面圆的圆周上，且△ABC是等腰直角三角形，则|DE|=12×2=1，|CE|=在△CDE中，由余弦定理可得cos∠CDE=(即直线CD与AS所成角的余弦值为37故选：C．8．【答案】D【解答】解：设∠ABD＝α，则∠BDC＝α，∠BAC=π2−α，∠DBC=3π在△ABC中，由正弦定理ABsin∠BCA=BC可得BC=2sin(同理，在△BCD中，根据正弦定理求得BC=3sinα所以2cosαsin(α−π4)=3sinαsin(3π4所以2cosα（22cosα+22sinα）＝3sinα（22sinα即2cos2α+2sinαcosα＝3sin2α﹣3sinαcosα，整理得3sin2α﹣5sinαcosα﹣2cos2α，即（3sinα+cosα）（sinα﹣2cosα）＝0，所以3sinα+cosα＝0（舍去）或sinα﹣2cosα＝0，可得sinα＝2cosα，tanα=sinαcosα=故选：D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．【答案】BD【解答】解：因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，所以EF∥BC，DE∥PA，又PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，所以D∉平面FBC，所以D，F，B，C四点不共面，故A错误；因为DE∥PA，且PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以PA∥平面DEF，所以点P与点A到平面DEF的距离相等，因为F是线段AB的中点，所以点B与点A到平面DEF的距离相等，所以点P与点B到平面DEF的距离相等，故B正确；因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，因为∠ABC=90°，即AB⊥BC，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为EF∥BC，所以EF⊥平面PAB，因为AB⊂平面PAB，所以EF⊥AB，因为DE⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，因为EF∩DE＝E，EF，DE⊂平面DEF，所以AB⊥平面DEF，因为DF⊂平面DEF，所以AB⊥DF，假设PB⊥DF，AB∩PB＝B，AB，PB⊂平面PAB，则DF⊥平面PAB，而过点F有且只有一条直线与平面PAB垂直，假设不成立，所以直线PB与直线DF不垂直，故C错误；因为DE∥PA，且DE=1因为PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，因为F为AB的中点，∠ABC=90°，所以S△BEF所以VD−BEF=1故选：BD．10．【答案】BD【解答】解：选项A：由正弦定理，sin2A＜sin2B+sin2C，则a2＜b2+c2，仅能推出A为锐角，无法确定B、C是否为锐角，故A错误；选项B：若△ABC是锐角三角形，则A+B＞π2，即A＞因A，π2−B∈(0，π2)选项C：根据正弦定理bsinB=c由于sinB＞1，而正弦函数的值域为[﹣1，1]，因此这样的角B不存在，满足条件的三角形无解，故C错误；选项D：由c2﹣b2＝ab和余弦定理c2＝a2+b2﹣2abcosC，化简得a﹣2bcosC＝b，结合正弦定理，sinA﹣2sinBcosC＝sinB，又sinA＝sin（B+C），展开化简得sin（C﹣B）＝sinB，故C﹣B＝B（舍去C﹣B＝π﹣B），即C＝2B，故D正确．故选：BD．11．【答案】BCD【解答】解：对于A，因为A1B＝BD=2，当P为A1D的中点时，BP⊥A1D时，此时BP最小值为(2)2对于B，因为AD1⊥A1D，DC⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，所以AD1⊥DC，又因为A1D∩DC＝D，所以AD1⊥平面A1DC，又因为PC⊂平面A1DC，所以AD1⊥PC，选项B正确；对于C，因为CD∥AB∥A1B1，且CD＝AB＝A1B1，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C，又因为A1D⊄平面ACB1，B1C⊂平面ACB1，所以A1D∥平面ACB1，由此知P到平面ACB1的距离相等，△ACB1的面积是定值，所以三棱锥B1﹣ACP的体积是定值，选项C正确；对于D，因为BD1⊥平面AB1C，设BD1与平面AB1C交于点Q，则所以BQ=13BD1设以B为球心，22为半径的球与平面AB1C交于点G，则BG=22，所以所以G在以Q为圆心，66为半径的圆上，因为△AB1C是边长为2的正三角形，其内切圆半径为2所以此圆恰好为△AB1C的内切圆，完全落在平面AB1C内，所以交线长为2π×66=6故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．【答案】72【解答】解：根据题意圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为2，可知：圆台的侧面积为π×(3+4)×2故答案为：7213．【答案】15．【解答】解：设△ABC中，BC＝n﹣1，AC＝n，AB＝n+1，可得A＜B＜C，由题意得C＝2A，结合正弦定理得n−1sinA化简得cosA=n+1根据余弦定理，可得cosA=n所以n+12(n−1)=n+4可得BC＝4，AC＝5，AB＝6，△ABC的周长为4+5+6＝15．故答案为：15．14．【答案】1【解答】解：如图，设E、F分别为BC、AB的中点，连接EF，则EF∥AC，所以△BEF∽△BCA，所以S△BEF故S四边形ACEF=3又|AB→+所以|AE→|=所以在四边形ACEF中，当AE⊥CF时，面积最大，最大值为12故△ABC的面积的最大值为43又|AB所以|AB→×故答案为：13四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15．【答案】（1）AE→（2）132（3）−26【解答】解：（1）如图，连接AC，因为E为线段BC的中点，AB→=所以AE→=1所以AC→由向量的加法法则得AC→故12所以AE→（2）由于∠BAD＝90°，可得a→⋅b所以AE=9故|AE（3）由向量的减法法则得AB→由于∠BAD＝90°，可得a→⋅b得到|BD→|则AE→由（1）得|AE故cos＜AE16．【答案】（1）423；（2）证明见解答；（3）BD⊥【解答】解：（1）因为四棱锥P﹣ABCD中，已知侧棱和底面边长都等于2，所以P在底面ABCD内的射影点F为底面棱形的中心，且Rt△PAF，Rt△PBF，Rt△PCF，Rt△PDF全部全等，所以FA＝FB＝FC＝FD，所以底面棱形为正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，且所以棱长为2，所以AF=2，PA＝2，所以PF=所以四棱锥P﹣ABCD的体积为13（2）证明：若E是PC的中点，又由（1）可知F为AC中点，则PA∥EF，又PA⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，所以PA∥平面BDE；（3）BD⊥AE，理由如下：证明：由（1）可知PF⊥底面ABCD，又BD⊂底面ABCD，所以BD⊥PF，又底面为正方形，所以BD⊥AC，又PF∩AC＝F，所以BD⊥平面PAC，又AE⊂平面PAC，所以BD⊥AE．17．【答案】（1）π3；（2）3；（3）(2【解答】解：（1）因为acos（A+C）＝（2c﹣b）cos（B+C），所以a（﹣cosB）＝（2c﹣b）（﹣cosA），所以acosB＝（2c﹣b）cosA，由正弦定理得：sinAcosB＝2sinCcosA﹣sinBcosA，所以sinAcosB+sinBcosA＝2sinCcosA，即sin（A+B）＝2sinCcosA，所以sinC＝2sinCcosA，因为C∈（0，π2），所以sinC≠0，所以cosA=因为A∈（0，π2），所以A=（2）因为D为BC边的中点，所以由中线公式得：AD由a＝2及余弦定理：a2＝b2+c2﹣2bccosA，得4＝b2+c2﹣bc，即b2+c2＝bc+4，代入中线公式得：AD因为b2+c2＝bc+4≥2bc，所以bc≤4，当b＝c＝2时取等号，此时AD2=（3）因为A=π3，b＝4，所以由正弦定理得：bsinB所以c=bsinC因为△ABC为锐角三角形，所以0＜B＜π20＜C=所以tanB∈(33，+∞)，所以2所以△ABC面积的取值范围为：(2318．【