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2024-2025学年甘肃省天水市第一中学高一下学期第三阶段测试
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图，点分别是正四面体棱上的点，设，直线与直线所成的角为，则( )
A. 当时，随着的增大而增大
B. 当时，随着的增大而减小
C. 当时，随着的增大而减小
D. 当时，随着的增大而增大
2.已知向量与的夹角为，且，向量满足，且，记向量在向量与方向上的投影分别为现有两个结论：若，则；的最大值为则正确的判断是( )
A. 成立，成立 B. 成立，不成立
C. 不成立，成立 D. 不成立，不成立
3.已知平面向量，，满足，，，当时，( )
A. B. C. D.
4.的周长为，若，则的内切圆半径的最大值为( )
A. B. C. D.
5.若，则下列说法正确的是( )
A. 的最小正周期是
B. 的对称轴方程为
C. 存在实数，使得对任意的，都存在、且，满足
D. 若函数，是实常数，有奇数个零点，，，，，则
6.已知共面向量满足且若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为( )
A. B. C. D.
7.奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为，，，则“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的很相似，故形象地称其为“奔驰定理”若是锐角内的一点，，，是的三个内角，且点满足，则必有( )
A.
B.
C.
D.
8.已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，其外接球球的表面积为，且点到平面的距离小于球的半径，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号、概念名称的界定外，欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质，下面对于定义在上的函数，满足，有，则下面判断一定正确的是( )
A. 是的一个周期 B. 是奇函数
C. 是偶函数 D.
10.已知三个内角，，的对应边分别为，，，且，则下列结论正确( )
A. 面积的最大值为
B. 的最大值为
C.
D. 的取值范围为
11.勒洛，德国机械工程专家，机构运动学的创始人他所著的理论运动学对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图所示，设正四面体的棱长为，则下列说法正确的是( )
A. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B. 勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C. 勒洛四面体表面上交线的长度为
D. 勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.三棱锥中，顶点在平面的射影为，满足，点在侧面上的射影是的垂心，，此三棱锥体积的最大值是 ．
13.已知的内角，，所对的边分别为，，，其中，，，则能覆盖的正方形的最小边长为 ．
14.若平面有不共线的五点，，，，，记，，，，满足．，，则的最小值为 ．
四、解答题：本题共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.本小题分
三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角所对边长分别为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为．
若求证：
为的面积；
为等边三角形．
若，求证：．
16.本小题分
在直三棱柱中，，，，点是平面上的动点．
若点在线段上不包括端点，设为异面直线与所成角，求的取值范围；
若点在线段上，求的最小值；
若点在线段上，作平行交于点，是上一点，满足设，记三棱锥的体积为我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．据此，判断函数在定义域内是否存在，使得函数在上的图象是中心对称图形，若存在，求及对称中心；若不存在，说明理由．
17.本小题分
已知两个函数，，，若对任意的，存在唯一的，使得成立，则称为的“友好函数”．
判断函数，是否为，的“友好函数”，并说明理由；
若函数，是，的“友好函数”，求的最小值；
已知函数，，，，若是的“友好函数”，且也是的“友好函数”，求实数的值及的最大值．
18.本小题分
对于平面向量且，记，若存在，使得，则称是的“向量”．
设，若是的“向量”，求实数的取值范围；
若，则是否存在“向量”？若存在，求出“向量”；若不存在，请说明理由；
已知均为的“向量”，其中设平面直角坐标系中的点列满足与原点重合，且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围．
19.本小题分
如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是棱的中点，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为．
证明：平面平面；
求；
记与侧面所成的角分别为，证明：．
参考答案
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14.
15.若，
则
，
所以，
在中，分别由余弦定理得：
，
，
，
三式相加整理得，
即，
所以；
由余弦定理可得，
则
，
当且仅当且时取等号，
有，所以，所以，所以，
即当且仅当且时取等号，
即当且仅当为等边三角形时取等号，
所以，当且仅当为等边三角形时取等号，
又由知，
所以为等边三角形；
由得，
所以
，
所以，
又由余弦定理可得，
所以，
所以，所以，
由正弦定理可得．
16.【详解】在直三棱柱中，，作交于，连接，
则为异面直线与所成角或其补角，设，，
由，得，则，，，
在中，，
由，得，则，，
所以与所成角余弦值的取值范围为．
由，，，得，，
将平面翻折使得与平面在同一平面上，且使矩形与在两侧，
过作于，交于，则，
对任意点，过作于，连接，，
则，当且仅当与重合时取等号，
显然，设，，，
从而，，
在中，，即，
化简得，解得，即，
所以的最小值为．
，对称中心为．
由，得，，平面，，
，整理得，
令，设其图象对称中心为，则为奇函数，
则为奇函数，
，解得
所以对称中心为，由对称性可得．

17.【详解】，不是，的“友好函数”，理由如下：
取，因为，所以不存在，使得，
所以，不是，的“友好函数”；
由题意，对任意，存在唯一使成立，
即，所以函数的值域是函数值域的子集．
因为，，所以，其值域为，
而在上单调递增，故值域为，
从而，即，所以；
当是的“友好函数”时，
由题意，对任意的，存在唯一的，使成立，
即，则的值域是值域的子集．
当是的“友好函数”时，
由题意，对任意的，存在唯一的使成立，
即，则的值域是值域的子集．
所以的值域与值域相同且值域中的数值一一对应．
当是的“友好函数”时，因为，
若存在使得，则不存在，使得，
所以当时，，所以，
因为在上单调递减，所以，
当时，，不符合要求；
当时，，，
因为，所以，不符合要求；
当时，，
若，则在上单调递减，
从而在上单调递增，故
从而时，，
因为的值域与值域相同，所以
即，所以，又在上单调递增，
所以当时，的最大值为．
若，则在上单调递减，在上单调递增，
此时值域与值域中的数值不可能一一对应，不符合要求．
综上：，的最大值为．

18.【详解】依题意得，，
又由是的“向量”得，，则，
整理得，解得或，
所以，实数的取值范围是．
依题意，可得．
因为，
所以中的向量依次以为周期．
若存在“向量”，只需．
因为，
所以
．
所以只需使，
整理得．
即，即，
当时，符合要求．
故存在“向量”，且“向量”为．
因为为的“向量”，所以，
即，即，
同理，
以上三式相加，整理得，
即，即，所以．
则．
设，依题意，有
得，
所以，
，
所以，
，
当且仅当时，时，，
所以，
所以，
所以的取值范围是．

19.【详解】因为在正四棱锥中，所有棱长均为，点是棱的中点，
所以，，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
设，连接，则平面，
设点到平面的距离为，因为在正四棱锥中，所有棱长均为，
所以四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为，
又，
依题意可得，
所以，
即，解得；
设平面与的交线为，，，
过点作平面使得平面，
即过点作交于点、交于点，再在平面内作，连接，
则，又，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又平面与的交线为，平面，所以，
所以平面，
设，，，，
所以，即，
所以，同理可得，
所以，
设，同上方法可得，
所以，
而，
所以，
又与侧面所成的角分别为，
则，，，，
而，
所以．

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