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高2024级高一下期中期考试数学试题
一、单项选择题(本题共8个小题,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．若复数，则＝
A．2 B． C．10 D．
2．已知平面向量＝（1，3），＝（2，﹣1），若⊥（+λ），则实数λ的值为
A．10 B．8 C．5． D．3
3．用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形，已知点是斜边的中点，且=2，则的面积为
A． B． C． D．
4.下列说法正确的是
A.若空间四点共面，则其中必有三点共线
B.若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面
C.若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面
D.若空间四点不共面，则任意三点不共线
5．在梯形ABCD中，，，，.若点P在线段BC上，则的最小值是
A． B．4 C．8 D．
6．如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为6.5，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为r的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则r＝
A．1.5 B．2 C．3 D．3.25
7.已知正方体的棱长为2，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为
A. B. C. D.
8.在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为
A． B． C． D．
二、多项选择题(本题共3个小题,每小题6分,共18分;在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对得6分,部分选对得部分分,有错选得0分)
9．已知z1，z2均为复数，且z2≠0，则下列结论正确的是
A．若z1z2＝0，则z1＝0 B．若，则z1+z2是实数
C．若，则z1是纯虚数 D．若，则z1＝z2
10.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，其外接圆半径为R，内切圆半径为，满足，△ABC的面积，则
A． B．
C． D．
11．如图1，扇形ABC的弧长为24π，半径为，线段AB上有一动点M，弧AB上一点N是弧的三等分点，现将该扇形卷成以A为顶点的圆锥，使得AB和AC重合，则在图2的圆锥中（　　）
A．圆锥的表面积为
B．当M为AB中点时，线段MN的长为
C．存在M，使得MN⊥AB
D．
三、填空题(本题共3个小题,每小题5分,共15分)
12.已知向量与的夹角为，且，，则在上的投影向量为　
13．18世纪英国数学家辛卜森推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式)(其中分别为的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积),我们也称为“万能求积公式”.例如,已知球的半径为,可得该球的体积为;已知正四棱锥的底面边长为,高为,可得该正四棱锥的体积为.类似地,运用该公式求解下列问题:如图,已知球的表面积为,若用距离球心都为的两个平行平面去截球,则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为 .
14.锐角的内角所对边分别是且,若变化时,存在最大值,则正数的取值范围
四、解答题(本题共5个小题,共77分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
15.(本小题13分)
已知向量，，.
(1)求向量与的夹角的大小；
(2)若向量，（），当取得最小值时，求.
16.(本小题15分)
如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，点E在棱AA1上，点F在棱CC1上，点G在棱BB1上，且AE＝C1F＝B1G＝1，点H是棱B1C1中点．
（1）求证：E，B，F，D1四点共面；
（2）求证：平面A1GH∥平面BED1F．
17.(本小题15分)
已知分别是对边，且．点为三角形内部一点，且满足．
(1)求角；
(2)若，求的值；
18.(本小题17分)
现有一几何体由上、下两部分组成，上部是正四棱锥P﹣A1B1C1D1，下部是正四棱柱
ABCD﹣A1B1C1D1（如图所示），且正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
（1）若AB＝6，PO1＝2，求该几何体的体积．
（2）若正四棱锥的侧棱长为6，PO1＝2．
（i）求正四棱锥P﹣A1B1C1D1的侧面积．
（ii）若Q，N分别是线段A1B1，PB1上的动点，求AQ+QN+NC1的最小值．
19.(本小题17分)
在中，，，对应的边分别为，，，.
(1)求；
(2)若为边中点，，求的最大值；
(3)奥古斯丁·路易斯·柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），.法国著名数学家，柯西在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若，P是内一点，过P作AB，BC，AC垂线，垂足分别为D，E，F，借助于三维分式型柯西不等式：，，，，当且仅当时等号成立.求的最小值.高2024级高一下期中期考试数学试题评分细则
一、单项选择题
1.B 2.A 3.D 4.D 5.C 6.D 7. A 8.C
8.略解在中，由余弦定理得，且的面积，
由，得，化简得，
又，，联立解得，，
所以，
为锐角三角形，有，，得，
则有，可得，所以.
二、多项选择题(本题共3个小题,每小题6分,共18分;在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对得6分,部分选对得部分分,有错选得0分)
9.ABC 10.ABD 11.ACD
10题略解在中，内切圆半径为，，
得，故A选项正确；
又，由正弦定理得，
整理得，故B选项正确；
，又，
得，
则，故，
又，
故，D选项正确.
因为，，由正弦定理，故，
C选项错误.
故选：ABD
11题解：根据题意可得圆锥母线长为，设圆锥的底面半径为，
∴圆锥的高为h＝12，
对A选项，∵圆锥的表面积为，∴A选项正确；
对B选项，M为AB中点时，设圆锥的底面圆心为O，
易知线段△ABN为等腰三角形，其中，
∴图2中底面圆O中∠BON＝，又BO＝NO＝12，∴，
∴由余弦定理可得
，
∴B选项错误；
对C，D选项，由B选项图中，易知，又，
∴由余弦定理易知△ABN的三个角都为锐角，
∴过N作NM⊥AB于点M，此时MN最小，
根据等面积法可知：
解得MN＝，∴D选项正确．
故选：ACD．
三、填空题
12. 13. 14.
14题：因为，，所以，
可得：，即，
因为为锐角三角形，则有，即，解得：.
= ，
当时，原式有最大值，此时，
则，，，即，所以.
四、解答题
15.(本小题13分)
（1）由题意向量，，，
则，即，……………………2分
故，
，即向量与的夹角； ……………………6分
（2）由（1）可知，，
则
，……………………10分
当时，取得最小值，即取最小值，
此时，则……………………13分
16.(本小题15分)
证明：（1）根据题意可知，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，
点E在棱AA1上，点F在棱CC1上，点G在棱BB1上，且AE＝C1F＝B1G＝1，点H是棱B1C1中点，
如图：在DD1上取一点N使得DN＝1， ……………………1分
连接CN，EN，则AE＝DN＝1，CF＝ND1＝2，又因为CF∥ND1，
所以四边形CFD1N是平行四边形，所以D1F∥CN，……………………3分
同理四边形DNEA是平行四边形，所以EN∥AD，且EN＝AD，……………………5分
又BC∥AD，且AD＝BC，所以EN∥BC，EN＝BC，所以四边形CNEB是平行四边形，
所以CN∥BE，所以D1F∥BE，所以E，B，F，D1四点共面；……………………7分
（2）因为H是B1C1的中点，所以，因为B1G＝1，所以，
因为，且∠FCB＝∠GB1H＝90°，所以△B1HG∽△CBF，
所以∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG，所以HG∥FB，……………………10分
因为A1E＝BG＝2，A1E∥BG，所以四边形A1EBG为平行四边形，所以A1G∥BE，……… ……12分
因为HG∩A1G＝G，HG 平面A1GH，A1G 平面A1GH，
FB∩BE＝B，FB 平面BED1F，BE 平面BED1F，
所以平面A1GH∥平面BED1F．……………………15分
17.(本小题15分)
（1），……………………1分
因为，……………………3分
所以，即，…… 5分
又，所以，
因为，所以． ……………………7分
（2）由得，，即，……………………8分
由余弦定理得，，解得，……………………10分
所以，……………………11分
又
，
所以，……………………13分
所以
．……………………15分
18.(本小题17分)
解：（1）由条件可知，正四棱柱的高O1O＝8，
所以正四棱柱的体积为6×6×8＝288，……………………1分
三棱锥P﹣A1B1C1D1的体积为，……………………2分
所以该几何体的体积为288+24＝312； ……………………3分
（2）（i），
所以，……………………5分
正四棱锥P﹣A1B1C1D1侧面的高为，
所以正四棱锥的侧面积为；……………………7分
（ii）如图，将长方形ABB1A1，△PA1B1和△PB1C1展开在一个平面，
PA1＝PB1＝PC1＝6，A1B1＝B1C1＝8，……………………8分
设∠A1B1P＝α，，A1B1＝AA1＝8，，
，所以，……………………11分
所以，
，
＝，…………… 14分
当A，Q，N，C1四点共线时，AQ+QN+NC1最短，
所以＝，
所以AQ+QN+NC1的最小值为．……………………17分
19.(本小题17分)
（1）因为，
由正弦定理得，……………………1分
由余弦定理，
所以，即，……………………3分
若，等式不成立，则，可得，
因为，所以. ……………………4分
（2）由余弦定理，即，所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，……………………6分
因为为边中点，所以，
所以
，……………………8分
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为.……………………9分
（3）.……………………10分
又，
所以.……………………11分
由三维分式型柯西不等式有.
当且仅当即时等号成立.……………………13分
由余弦定理得，
所以即，则.
令，则……………………15分
因为，解得，当且仅当时等号成立.
所以.则.
令，则在上递减，
当即时，有最小值.……………………17分

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