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福州第三中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试
数学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的班级、准考证号、姓名填写在答题卡上．
2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答．若在试题卷上作答，答案无效．
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共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．下列向量关系式中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．若用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图是正方形（如图），则原来图形是（ ）
A． B． C． D．
3．若l，m是两条不同的直线，平面，则“”是“”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
4．设非零向量，，满足，，则向量在方向上的投影向量是（ ）
A． B． C． D．
5．在正四棱台中，，，则该四棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，点N为正方形ABCD的中心，平面ABCD，，M是线段ED的中点，则（ ）
A．，且直线BM，EN是相交直线 B．，且直线BM，EN是相交直线
C．，且直线BM，EN是异面直线 D．，且直线BM，EN是异面直线
7．已知O是所在平面内的一点，若，则一定为（ ）
A．以BC为底边的等腰三角形 B．以AB为底边的等腰三角形
C．以BC为斜边的直角三角形 D．以AB为斜边的直角三角形
8．已知等边三角形ABC的边长为4，D为BC的中点，将沿AD折到，使得为等边三角形，则直线与AC所成的角的余弦值（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：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．已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，则
10．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，且该三角形有两解，则
C．若，则为等腰三角形
D．若，则为锐角三角形
11．在棱长为2的正方体中，动点P在正方形内运动（含边界），则（ ）
A．有且仅有一个点，使得
B．有且仅有一个点，使得平面
C．当时，三棱锥的体积为定值
D．有且仅有两个点P，使得
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球O的直径相等，则圆锥的表面积与球O的表面积的比值是______．
13．小明同学在广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图（如图），纪念碑的最顶端记为A点，纪念碑的最底端记为B点（B在A的正下方），在广场内（与B在同一水平面内）选取C，D两点，测得CD的长为15米，，在点C测得A的仰角为45°，在点D测得A的仰角为30°．根据以上测量数据，纪念碑的高度为______米．
14．已知中，，D，E是线段BC上的两点，满足，，，，则BC长度为______．
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．（本小题满分10分）
如图，在中，，点E是CD的中点，设，．
（1）用，表示，；
（2）如果，CD，AE有什么位置关系？用向量方法证明你的结论．
16．（本小题满分12分）
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若，的面积为，求．
17．（本小题满分12分）
如图，在三棱柱中，D在线段AC上．
（1）若D是AC中点，求证：平面；
（2）若M为BC的中点，直线平面，求．
18．（本小题满分14分）
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且．
（1）若，求外接圆的半径R；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围．
19．（本小题满分14分）
如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，E是CD的中点．
（1）证明：平面PAE；
（2）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥的体积．
20．（本小题满分15分）
对于向量集，记向量．如果存在向量，使得，那么称是向量集的“长向量”．
（1）设向量，．若是向量集的“长向量”，求实数x的取值范围；
（2）设向量，，则向量集是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由；
（3）已知均是向量集的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系xOy中的点集，其中，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最小值．
福州第三中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试
数学答案
一、选择题：本题共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．D
2．A 解析：解：由斜二测画法知：平行或与x轴重合的线段长度不变，平行关系不变，平行或与y轴重合的线段长度减半，平行关系不变，故选：A．
3．B 解析：由“且”推出“或”，但由“且”可推出“”，所以“”是“”的必要不充分条件，故选B．
4．A 解析：解法一：
解法二：设，的夹角为，
由得，∴，∴．
所以向量在方向上的投影向量为．故选：A
5．B 解析：作出轴截面如图所示，过点作，垂足为E，
因为正四棱台中，，，
所以，，，即梯形为等腰梯形，
所以，
所以，该四棱台的体积为．故选：B
6．A 解析：如图所示：连接BD，BE，MN，点N为正方形ABCD的中心，
则BD经过点N，且点N为BD中点，因为M是线段ED的中点，所以在中，，所以M，N，B，E四点共面．
又，
所以是正三角形，所以，且直线BM、EN是相交直线．故选：A．
7．C 解析：由得，
则，
所以，则，
所以，则，
所以是以BC为斜边的直角三角形．故选：C．
8．D 解析：分别取CD，，AD的中点E，F，G，连接EF，GE，GF，DF，
则，，且，，，
所以直线与AC所成的角为∠GEF（或其补角），
由题意可知：，，，，平面，
所以平面，
且平面，可得，则，
在中，由余弦定理可得，
所以直线与AC所成的角的余弦值为．故选：D．
二、多选题：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．ACD 解析：A：若，，，则或m，n异面，故A错误；
B：因为，所以在平面内存在不同于n的直线l，使得，则，从而，故，故B正确；
C：若，，则或，相交，故C错误；
D：若，，则或，故D错误．故选：ACD
10．ABD 解析：因为，所以，由正弦定理，可知，故A正确；如图，
，，且该三角形有两解，所以，即，故B正确；
由正弦定理可得，，即，所以，因为2A，，所以或，
即或，所以三角形为等腰或直角三角形，故C错误；
因为
，且，
所以，，，即A，B，C为锐角，所以为锐角三角形，故D正确．
故选：ABD
11．BC 解析：对于A，当P与C重合或P与重合时满足，故A不正确；
对于B，因为，，，，平面，
所以平面，
若平面，则平面与平面重合，
此时P必与重合，有且仅有一个点P，使得平面，，故B正确；
对于C，因为，平面，平面，所以面，
所以点P到平面的距离等于到平面的距离，
所以为定值，故C正确；
对于D，易知，，由，，得，
所以点P的轨迹是侧面内以B为圆心，5为半径的弧，
即有无数个点P满足题意，故D不正确．
故选：BC
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．1 解析：设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，母线，
由题可知：，所以球的半径
所以圆锥的表面积，球的表面积，
所以，
故答案为：1．
13．15 解析：设米，在中，，，得，
在中，，，得，
在中，，，则由余弦定理得，
，解得，即
所以纪念碑高度为15米．
故答案为：15．
14． 解析：如图，记，，，
∵，，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
即，，∴，∴，
在中，，
∴．故答案为：．
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．【解】（1）因为，所以，
因为E是CD的中点，可得
（2）
因为，则
以，所以
16．【解】（1）因为，所以，
即，
所以．
因为，所以，所以，
又，所以．
（2）因为，所以
又由余弦定理得
即，解得
17．【解】（1）连接交于点O，连接OD，
∵三棱柱，∴四边形为平行四边形，∴O为的中点，
又∵D为AC的中点，∴
∴平面，平面，∴平面
（2）设交于点E，连接DE
∵平面，平面，平面平面
∴，∴
又∵四边形为平行四边形，M为BC的中点
∴，∴
18．解析：（1）∵S为的面积且，，
∴，即，
∵，∴，
∴，解得：
（2）由正弦定理可知，，
∴，，，
∴
∵为锐角三角形，，∴，
∴，∴，
设，则，
∴时，
解法二：
由（1）知，根据余弦定理可得，，
所以．
设，则，
因为是锐角三角形，所以①
将代入①可得，所以即
解得，，
所以的取值范围是，
所以的取值范围是．
解法三：
由（1）知，根据余弦定理可得，，
所以．
设，则，
由正弦定理，可得，
，
因为是锐角三角形，且，
所以，所以，所以，
所以，所以，
所以的取值范围是，
所以的取值范围是．
19．解析：（1）连接AC，由，，，∴．
∵，E是CD的中点，所以．
∵平面ABCD，平面ABCD，∴．
又∵，平面PAE，∴平面PAE．
（2）过点B作交AD于G，交AE于F
则由（1）可得，，
又∵，平面PAE，∴平面PAE．
∴∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角
又∵平面ABCD，∴∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角．
又∵在和中，，PB是公共边
∴，∴．
又∵， ∴四边形BCDG是平行四边形，
∴．∴．
在中，，，∴，
∴，即
又∵梯形ABCD的面积为，
∴四棱锥的体积为
第（2）问解法二：
因为平面ABCD，所以AB是PB在平面ABCD内的射影，
∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，
设，则．
设B到平面PAE的距离为d，PB与平面PAE所成的角为，
则，因为PB与平面PAE所成的角与PB与平面ABCD所成的角相等，所以．
如图，在梯形ABCD中，
过C作于H，则，，所以，
由可得，所以．
过E作于F，则．
由，得，
即，所以，解得．
又∵梯形ABCD的面积为，
∴四棱锥的体积为．
20．【解】（1）由题意可得：，，，
则，解得：；
（2）存在“长向量”，且“长向量”为，，理由如下：
由题意可得，若存在“长向量”，只需使，
因为，，，，，，
所以，
故只需使，
即，即，
当或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为，；
（3）由题意，得，，即，
即，同理，
三式相加并化简，得：，
即，，所以，
设，由，解得，
即
设，则依题意得：，
得，
故，
，
所以，
因为
所以，
当且仅当时等号成立，
所以

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