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浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（2-17班使用）
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．（2025高一下·北仑期中）若＝（1，2），＝（x，4），若//，则实数x＝（　　）
A．8 B．－2 C．2 D．－8
2．（2025高一下·北仑期中）复数（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·北仑期中）如图在△ABC，， P是BN上的一点，若，则实数m的值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·北仑期中）如图，已知等腰直角三角形，是由斜二测画法得到的一个水平放置的平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（　　）
A． B．1 C． D．
5．（2025高一下·北仑期中）已知正四棱锥的底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为，则正四棱锥的侧面积为（　　）
A． B．8 C． D．32
6．（2025高一下·北仑期中）如图所示为某高中校内伫立于教学楼前的“孔子像”的底座模型图，该底座可看作正方体与直三棱柱的组合体，且为等腰直角三角形，则直线与直线所成的角为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·北仑期中）在中，角的对边分别为，D为的中点，已知，，且，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·北仑期中）函数的图象与轴交于点A，过点A的直线与函数的图象交于点两点，则（　　）
A． B． C． D．25
二、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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．（2025高一下·北仑期中）已知复数z，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则的虚部为1 D．若，则
10．（2025高一下·北仑期中）已知满足，且的面积，则下列命题正确的是（　　）
A．的周长为
B．的三个内角，，满足关系
C．的外接圆半径为
D．的中线的长为
11．（2025高一下·北仑期中）“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）若某“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，则下列说法正确的是（　　）
A．该“十字贯穿体”有22个顶点
B．该“十字贯穿体”的表面积是
C．该“十字贯穿体”的体积是
D．一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·北仑期中）已知向量，向量在向量上的投影向量　 　（用坐标表示）.
13．（2025高一下·北仑期中）已知正四面体的棱长为4，则该正四面体外接球的体积为　 　．
14．（2025高一下·北仑期中）在锐角中，内角所对的边分别为，若，则的取值范围为　 　．
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．（2025高一下·北仑期中）已知向量，其中．
（1）若向量为单位向量，且，求向量；
（2）若向量，向量与向量共线，求．
16．（2025高一下·北仑期中）如图，在四棱锥中，是正方形，分别是的中点．
（1）求证：直线平面．
（2）求证：平面平面．
17．（2025高一下·北仑期中）在中，内角的对边分别是，，．
（1）求角；
（2）若，求边上的角平分线长；
（3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围．
18．（2025高一下·北仑期中）某烟花厂准备生产一款环保、安全的迷你小烟花，初步设计了一个平面图，如图所示，该平面图由，直角梯形和以为圆心的四分之一圆弧构成，其中，，，且，，，将平面图形以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体即为烟花.
（1）求该烟花的体积；
（2）工厂准备将矩形（该矩形内接于图形，M在弧上，N在线段上，在上）旋转所形成的几何体用来安放燃料，设（）.
①请用表示燃料的体积V；
②若烟花燃烧时间t和燃料体积V满足关系，请计算这个烟花燃烧的最长时间.
19．（2025高一下·北仑期中）已知点为坐标原点，将向量绕逆时针旋转角后得到向量．
（1）若，求的坐标；
（2）若，求的坐标（用表示）；
（3）若点在抛物线上，且为等边三角形，讨论的个数．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，若//，则，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量平行的坐标表示求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算法则化简即可.
3．【答案】C
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
因为三点共线，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，用表示，再根据向量共线定理求m的值即可.
4．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由，，，可得，
平面图形，如图所示，
在中，，，，
则．
故答案为：D.
【分析】根据等腰直角三角形求得，再根据斜二测画法还原图形，在中，求边长，再求的面积，即可得这个平面图形的面积.
5．【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
易知是四棱锥的高，作于点，连接，则，
因为正方形的边长为4，所以，，
则正四棱锥的侧面积为.
故答案为：D.
【分析】作正四棱锥，作于点，连接，易知，由题意，借助求得斜高长，再计算正四棱锥的侧面积即可.
6．【答案】D
【知识点】异面直线所成的角；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
易知，为直线与直线所成的角或其补角，
设，则，
在中，，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，又因为直线与直线所成角范围为，
所以直线与直线所成的角为，
故答案为：D.
【分析】连接，易知为直线与直线所成的角或其补角，设，求得，，利用勾股定理求得，再在中，利用余弦定理，结合线线夹角的取值范围求解即可.
7．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理得，
即，
又，所以，
又，所以，
在中，D为的中点，则，
则，
即，解得（舍去），
所以.
故答案为：D.
【分析】本题考查利用正弦定理解三角形.先利用正弦定理化边为角求出，据此可反推出角，再利用三角形的中线向量公式可得，对式子进行平方，应用平面向量的数量积公式进行化简可列出方程，解方程可求出，再利用三角形的面积公式进行计算可求出答案.
8．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：令，可得，
解得；因为，所以x=，即A(，0)；
设，
又因为过点A的直线l与函数的图象交于，两点，
所以B，C两点关于A对称，即x1+x2=5，y1+y2=0；
则.
故答案为：A.
【分析】由题意，令，结合正弦函数性质求得点坐标，设，根据对称性可得，再根据向量数量积的坐标表示求解即可．
9．【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的加减运算；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、当时，满足，故A错误；
B、 若， 则，故B正确；
C、设，由，得，则的虚部为1，故C正确；
D、表示复平面内对应点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，是点与点的距离，因为，所以，则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】取即可判断判断A；求复数的模即可判断B；设，根据复数的减法，结合复数的概念求出虚部即可判断C；利用复数的几何意义求解即可判断D.
10．【答案】A,B,C
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，可得，
设，利用余弦定理得，
因为，所以，则，解得，
则，
A、的周长为，故A正确；
B、由，得，故B正确；
C、由正弦定理得外接圆半径为，故C正确；
D、在中，利用正弦定理，解得，又，则，
在中，由余弦定理，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】由题意，利用正弦可得，设，利用余弦定理求得，再根据的面积求得，即可得，计算周长即可判断A；根据C，结合三角形内角和求解即可判断B；利用正弦定理求的外接圆半经即可判断C； 在中， 利用正弦定理和同角三角函数基本关系求得，再在中，利用余弦定理求解即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、易知该“十字贯穿体”有22个顶点，故A正确；
B、该“十字贯穿体”由个正方形和个与梯形全等的梯形组成，
则表面积，故B错误；
C、两个正四棱锥重叠部分为多面体，取的中点，如图所示：
则多面体可以分成8个全等的三棱锥，
因为，
所以该“十字贯穿体”的体积是，故C正确；
D、将面，面，面绕着面与面之间的交线旋转到与面共面，如图：
则，所以为钝角，
连接，则线段的长为一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长，根据对称性可得，
因为，所以，
又，所以，
所以，又，
所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据几何体特征求顶点个数即可判断A；由图可知：该“十字贯穿体”由4个正方形和16个与梯形全等的梯形组成，分别利用正方形、梯形面积公式求面积，再求和即可得该“十字贯穿体”的表面积判断B；两个正四棱锥重叠部分为多面体，取的中点，求出两个正四棱锥重叠部分为多面体的体积，再求整个几何体的体积即可判断C；将面，面，面绕着面与面之间的交线旋转到与面共面，则线段的长即可判断D.
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 向量，
易知，
则向量在向量上的投影向量为，即.
故答案为：.
【分析】由题意根据向量数量积的坐标表示以及投影向量的定义求解即可.
13．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：将正四面体补成正方体，
易知该正四面体的外接球即正方体的外接球，
设正方体棱长为，因正四面体的棱长为4，则，解得，
则正四面体外接球半径为，
故该正四面体外接球的体积为.
故答案为：.
【分析】 将正四面体补成正方体， 易知该正四面体的外接球即正方体的外接球， 设正方体棱长为，根据正四面体棱长，求出正方体棱长，再由其体对角线长求得外接球半径，根据球的体积公式计算即可.
14．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理的应用；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：①，由余弦定理②，
由①②可得，即，即，
由正弦定理得，
即，
在锐角中，，，而正弦函数在上单调递增，
则，即，此时，，，，
，
令，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，当时，，
则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意，根据，结合余弦定理，正弦定理、两角和的正弦公式以及正弦函数的单调性化简求得，再利用正弦定理化边为角，结合正弦、余弦的二倍角公式化简，最后利用对勾函数得性质求最值即可得的范围.
15．【答案】（1）解：设与向量垂直的向量，则，不妨取，得，
而，则，又向量为单位向量，则，
则向量为或；
（2）解：向量，由，而，
因为 向量与向量共线 ，所以，解得.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）设与向量垂直的向量，根据向量垂直的坐标表示可得，不妨，求得向量，再根据向量垂直的坐标表示以及单位向量定义求解即可；
（2）根据向量线性运算的坐标表示，结合向量共线的坐标表示列式求的值即可.
（1）设与向量垂直的向量，则，不妨取，得，
而，则，又向量为单位向量，则，
所以向量为或.
（2）向量，由，而，
依题意，，解得.
16．【答案】（1）证明：因为分别是的中点，所以，
又因为是正方形，所以，所以，
又因为平面，平面，所以直线平面；
（2）证明：因为分别是的中点，所以，
又因为平面，平面，所以直线平面，
由（1）已证直线平面，
因为平面，所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）利用三角形中位线定理以及正方形的性质证得，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）利用中位线的性质，结合线面平行的判定定理，先证明直线平面，结合（1）已证直线平面，最后根据面面平行的判定定理证明即可.
（1）因分别是的中点，则，
又是正方形，则，故，
因平面，平面，故直线平面.
（2）因分别是的中点，则，
又平面，平面，故直线平面，
由（1）已证直线平面，
因平面，故平面平面.
17．【答案】（1）解：在中，由正弦定理和，
得
，
即，
因为，，
解得，
又因为，
所以.
（2）解：由和，
由余弦定理得，
又因为，解得，
由得，
即，则，
所以.
（3）解：因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得：
即
因为为锐角三角形，则，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即边上的中线的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式，从而由三角形中角的取值范围，进而得出角B的值.
（2）根据余弦定理和已知条件得大致，利用面积分割法得出，从而列方程求解得出边上的角平分线长.
（3）利用数量积运算法则以及模的运算得出，再利用正弦定理得c出，根据角的取值范围结合正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出边上的中线的取值范围.
（1）在中，由正弦定理及，
得
，
即，而，，
解得，又，所以.
（2）由及，余弦定理得，
又，解得，
由得，
即，则，所以.
（3）因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得，
即，
为锐角三角形，，所以，所以，
所以，所以，
所以，
所以，即边上的中线的取值范围为．
18．【答案】（1）解：该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，
又因为，，，
所以该烟花的体积.
（2）解：①由图可知：，，
在梯形中，由，，易知，故，
则，
；
②由①可知：，
即，
令，则，上式即为，
又令，，则，
当时，，当时，，
当时，，
当且仅当，即，即时，等号成立，满足题意，
该烟花燃烧的最长时间为．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；简单的三角恒等变换；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【分析】（1）易知该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，根据球，圆台，圆锥的体积公式计算即可；
（2）①、由图可知：，，利用角度关系结合三角函数表示出矩形的边长，再根据圆柱体的体积公式求解即可；
②、由①可知：，利用半角公式化简t可得，再令，式子化为，再令，分和讨论，结合复合函数和基本不等式求解即可.
（1）该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，
又，，，
所以该烟花的体积.
（2）①由图可知：，，
在梯形中，由，，易知，故，
则，
所以；
②由①可知：，
即，
令，则，上式即为，
又令，，则，
当时，，当时，，
当时，
，
当且仅当，即，即时，等号成立，满足题意．
该烟花燃烧的最长时间为．
19．【答案】（1）解：设，
由于，，则，，
又将向量绕逆时针旋转，故，，
所以，，
设，则，，即的坐标为；
（2）解：设，，
又，则，
向量绕逆时针旋转角后得到向量，
所以，，
其中，
，
故；
（3）解：设，时，，
由（2）知逆时针旋转得，即，
均在抛物线上，故，
消去得，
所以，
即，故，
将代入上式得，
由可知，确定，则与之唯一确定，
所以讨论的个数，等价于的解的个数，其中时，需找方程的非零解，
令①，其中，
令②，其中，联立①②得，
当时，方程①②有相同解，，
当时，方程①②均无解，所以的个数为0；
当时，方程①无解，②仅有一个解，所以的个数为1；
当时，方程①无解，②有一个非零解，，所以的个数为1；
当或时，方程①无解，②有两个解，所以的个数为2；
当时，方程①仅有1个解，，②有2个解，或，所以的个数为2；
当时，方程①②均有两个解，且两方程解均不同，所以的个数为4；
综上，当时，的个数为0；当或0时，的个数为1；
当或时，的个数为2；当时，的个数为4.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；简单的三角恒等变换；任意角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）设，利用向量模公式求得，求得，再逆时针旋转，得到，在根据三角函数定义求坐标即可；
（2）设，，向量绕逆时针旋转角后得到向量，结合两角和的正弦、余弦公式化简求的坐标即可；
（3）设，时，，由（2）知，
由在抛物线上，代入抛物线，消去得，将代入上式得，问题转化为的解的个数，其中时，需找方程的非零解，令，，联立得，再对参数t分情况讨论，确定的个数即可.
（1）设，
由于，，则，，
又将向量绕逆时针旋转，故，，
所以，，
设，则，，
所以的坐标为；
（2）设，，
又，则，
向量绕逆时针旋转角后得到向量，
所以，，
其中，
，
故；
（3）设，时，，
由（2）知逆时针旋转得，
即，
均在抛物线上，故，
消去得，
所以，
即，故，
将代入上式得，
由可知，确定，则与之唯一确定，
所以讨论的个数，等价于的解的个数，
其中时，需找方程的非零解，
令①，其中，
令②，其中，
联立①②得，
所以时，方程①②有相同解，，
当时，方程①②均无解，所以的个数为0；
当时，方程①无解，②仅有一个解，所以的个数为1；
当时，方程①无解，②有一个非零解，，所以的个数为1；
当或时，方程①无解，②有两个解，所以的个数为2；
当时，方程①仅有1个解，，②有2个解，或，
所以的个数为2；
当时，方程①②均有两个解，且两方程解均不同，所以的个数为4；
综上，当时，的个数为0；当或0时，的个数为1；
当或时，的个数为2；当时，的个数为4.
1 / 1浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（2-17班使用）
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．（2025高一下·北仑期中）若＝（1，2），＝（x，4），若//，则实数x＝（　　）
A．8 B．－2 C．2 D．－8
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，若//，则，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量平行的坐标表示求解即可.
2．（2025高一下·北仑期中）复数（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算法则化简即可.
3．（2025高一下·北仑期中）如图在△ABC，， P是BN上的一点，若，则实数m的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
因为三点共线，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，用表示，再根据向量共线定理求m的值即可.
4．（2025高一下·北仑期中）如图，已知等腰直角三角形，是由斜二测画法得到的一个水平放置的平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由，，，可得，
平面图形，如图所示，
在中，，，，
则．
故答案为：D.
【分析】根据等腰直角三角形求得，再根据斜二测画法还原图形，在中，求边长，再求的面积，即可得这个平面图形的面积.
5．（2025高一下·北仑期中）已知正四棱锥的底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为，则正四棱锥的侧面积为（　　）
A． B．8 C． D．32
【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
易知是四棱锥的高，作于点，连接，则，
因为正方形的边长为4，所以，，
则正四棱锥的侧面积为.
故答案为：D.
【分析】作正四棱锥，作于点，连接，易知，由题意，借助求得斜高长，再计算正四棱锥的侧面积即可.
6．（2025高一下·北仑期中）如图所示为某高中校内伫立于教学楼前的“孔子像”的底座模型图，该底座可看作正方体与直三棱柱的组合体，且为等腰直角三角形，则直线与直线所成的角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】异面直线所成的角；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
易知，为直线与直线所成的角或其补角，
设，则，
在中，，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，又因为直线与直线所成角范围为，
所以直线与直线所成的角为，
故答案为：D.
【分析】连接，易知为直线与直线所成的角或其补角，设，求得，，利用勾股定理求得，再在中，利用余弦定理，结合线线夹角的取值范围求解即可.
7．（2025高一下·北仑期中）在中，角的对边分别为，D为的中点，已知，，且，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理得，
即，
又，所以，
又，所以，
在中，D为的中点，则，
则，
即，解得（舍去），
所以.
故答案为：D.
【分析】本题考查利用正弦定理解三角形.先利用正弦定理化边为角求出，据此可反推出角，再利用三角形的中线向量公式可得，对式子进行平方，应用平面向量的数量积公式进行化简可列出方程，解方程可求出，再利用三角形的面积公式进行计算可求出答案.
8．（2025高一下·北仑期中）函数的图象与轴交于点A，过点A的直线与函数的图象交于点两点，则（　　）
A． B． C． D．25
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：令，可得，
解得；因为，所以x=，即A(，0)；
设，
又因为过点A的直线l与函数的图象交于，两点，
所以B，C两点关于A对称，即x1+x2=5，y1+y2=0；
则.
故答案为：A.
【分析】由题意，令，结合正弦函数性质求得点坐标，设，根据对称性可得，再根据向量数量积的坐标表示求解即可．
二、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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．（2025高一下·北仑期中）已知复数z，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则的虚部为1 D．若，则
【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的加减运算；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、当时，满足，故A错误；
B、 若， 则，故B正确；
C、设，由，得，则的虚部为1，故C正确；
D、表示复平面内对应点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，是点与点的距离，因为，所以，则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】取即可判断判断A；求复数的模即可判断B；设，根据复数的减法，结合复数的概念求出虚部即可判断C；利用复数的几何意义求解即可判断D.
10．（2025高一下·北仑期中）已知满足，且的面积，则下列命题正确的是（　　）
A．的周长为
B．的三个内角，，满足关系
C．的外接圆半径为
D．的中线的长为
【答案】A,B,C
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，可得，
设，利用余弦定理得，
因为，所以，则，解得，
则，
A、的周长为，故A正确；
B、由，得，故B正确；
C、由正弦定理得外接圆半径为，故C正确；
D、在中，利用正弦定理，解得，又，则，
在中，由余弦定理，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】由题意，利用正弦可得，设，利用余弦定理求得，再根据的面积求得，即可得，计算周长即可判断A；根据C，结合三角形内角和求解即可判断B；利用正弦定理求的外接圆半经即可判断C； 在中， 利用正弦定理和同角三角函数基本关系求得，再在中，利用余弦定理求解即可判断D.
11．（2025高一下·北仑期中）“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）若某“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，则下列说法正确的是（　　）
A．该“十字贯穿体”有22个顶点
B．该“十字贯穿体”的表面积是
C．该“十字贯穿体”的体积是
D．一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、易知该“十字贯穿体”有22个顶点，故A正确；
B、该“十字贯穿体”由个正方形和个与梯形全等的梯形组成，
则表面积，故B错误；
C、两个正四棱锥重叠部分为多面体，取的中点，如图所示：
则多面体可以分成8个全等的三棱锥，
因为，
所以该“十字贯穿体”的体积是，故C正确；
D、将面，面，面绕着面与面之间的交线旋转到与面共面，如图：
则，所以为钝角，
连接，则线段的长为一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长，根据对称性可得，
因为，所以，
又，所以，
所以，又，
所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据几何体特征求顶点个数即可判断A；由图可知：该“十字贯穿体”由4个正方形和16个与梯形全等的梯形组成，分别利用正方形、梯形面积公式求面积，再求和即可得该“十字贯穿体”的表面积判断B；两个正四棱锥重叠部分为多面体，取的中点，求出两个正四棱锥重叠部分为多面体的体积，再求整个几何体的体积即可判断C；将面，面，面绕着面与面之间的交线旋转到与面共面，则线段的长即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·北仑期中）已知向量，向量在向量上的投影向量　 　（用坐标表示）.
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 向量，
易知，
则向量在向量上的投影向量为，即.
故答案为：.
【分析】由题意根据向量数量积的坐标表示以及投影向量的定义求解即可.
13．（2025高一下·北仑期中）已知正四面体的棱长为4，则该正四面体外接球的体积为　 　．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：将正四面体补成正方体，
易知该正四面体的外接球即正方体的外接球，
设正方体棱长为，因正四面体的棱长为4，则，解得，
则正四面体外接球半径为，
故该正四面体外接球的体积为.
故答案为：.
【分析】 将正四面体补成正方体， 易知该正四面体的外接球即正方体的外接球， 设正方体棱长为，根据正四面体棱长，求出正方体棱长，再由其体对角线长求得外接球半径，根据球的体积公式计算即可.
14．（2025高一下·北仑期中）在锐角中，内角所对的边分别为，若，则的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理的应用；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：①，由余弦定理②，
由①②可得，即，即，
由正弦定理得，
即，
在锐角中，，，而正弦函数在上单调递增，
则，即，此时，，，，
，
令，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，当时，，
则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意，根据，结合余弦定理，正弦定理、两角和的正弦公式以及正弦函数的单调性化简求得，再利用正弦定理化边为角，结合正弦、余弦的二倍角公式化简，最后利用对勾函数得性质求最值即可得的范围.
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．（2025高一下·北仑期中）已知向量，其中．
（1）若向量为单位向量，且，求向量；
（2）若向量，向量与向量共线，求．
【答案】（1）解：设与向量垂直的向量，则，不妨取，得，
而，则，又向量为单位向量，则，
则向量为或；
（2）解：向量，由，而，
因为 向量与向量共线 ，所以，解得.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）设与向量垂直的向量，根据向量垂直的坐标表示可得，不妨，求得向量，再根据向量垂直的坐标表示以及单位向量定义求解即可；
（2）根据向量线性运算的坐标表示，结合向量共线的坐标表示列式求的值即可.
（1）设与向量垂直的向量，则，不妨取，得，
而，则，又向量为单位向量，则，
所以向量为或.
（2）向量，由，而，
依题意，，解得.
16．（2025高一下·北仑期中）如图，在四棱锥中，是正方形，分别是的中点．
（1）求证：直线平面．
（2）求证：平面平面．
【答案】（1）证明：因为分别是的中点，所以，
又因为是正方形，所以，所以，
又因为平面，平面，所以直线平面；
（2）证明：因为分别是的中点，所以，
又因为平面，平面，所以直线平面，
由（1）已证直线平面，
因为平面，所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）利用三角形中位线定理以及正方形的性质证得，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）利用中位线的性质，结合线面平行的判定定理，先证明直线平面，结合（1）已证直线平面，最后根据面面平行的判定定理证明即可.
（1）因分别是的中点，则，
又是正方形，则，故，
因平面，平面，故直线平面.
（2）因分别是的中点，则，
又平面，平面，故直线平面，
由（1）已证直线平面，
因平面，故平面平面.
17．（2025高一下·北仑期中）在中，内角的对边分别是，，．
（1）求角；
（2）若，求边上的角平分线长；
（3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围．
【答案】（1）解：在中，由正弦定理和，
得
，
即，
因为，，
解得，
又因为，
所以.
（2）解：由和，
由余弦定理得，
又因为，解得，
由得，
即，则，
所以.
（3）解：因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得：
即
因为为锐角三角形，则，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即边上的中线的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式，从而由三角形中角的取值范围，进而得出角B的值.
（2）根据余弦定理和已知条件得大致，利用面积分割法得出，从而列方程求解得出边上的角平分线长.
（3）利用数量积运算法则以及模的运算得出，再利用正弦定理得c出，根据角的取值范围结合正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出边上的中线的取值范围.
（1）在中，由正弦定理及，
得
，
即，而，，
解得，又，所以.
（2）由及，余弦定理得，
又，解得，
由得，
即，则，所以.
（3）因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得，
即，
为锐角三角形，，所以，所以，
所以，所以，
所以，
所以，即边上的中线的取值范围为．
18．（2025高一下·北仑期中）某烟花厂准备生产一款环保、安全的迷你小烟花，初步设计了一个平面图，如图所示，该平面图由，直角梯形和以为圆心的四分之一圆弧构成，其中，，，且，，，将平面图形以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体即为烟花.
（1）求该烟花的体积；
（2）工厂准备将矩形（该矩形内接于图形，M在弧上，N在线段上，在上）旋转所形成的几何体用来安放燃料，设（）.
①请用表示燃料的体积V；
②若烟花燃烧时间t和燃料体积V满足关系，请计算这个烟花燃烧的最长时间.
【答案】（1）解：该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，
又因为，，，
所以该烟花的体积.
（2）解：①由图可知：，，
在梯形中，由，，易知，故，
则，
；
②由①可知：，
即，
令，则，上式即为，
又令，，则，
当时，，当时，，
当时，，
当且仅当，即，即时，等号成立，满足题意，
该烟花燃烧的最长时间为．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；简单的三角恒等变换；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【分析】（1）易知该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，根据球，圆台，圆锥的体积公式计算即可；
（2）①、由图可知：，，利用角度关系结合三角函数表示出矩形的边长，再根据圆柱体的体积公式求解即可；
②、由①可知：，利用半角公式化简t可得，再令，式子化为，再令，分和讨论，结合复合函数和基本不等式求解即可.
（1）该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，
又，，，
所以该烟花的体积.
（2）①由图可知：，，
在梯形中，由，，易知，故，
则，
所以；
②由①可知：，
即，
令，则，上式即为，
又令，，则，
当时，，当时，，
当时，
，
当且仅当，即，即时，等号成立，满足题意．
该烟花燃烧的最长时间为．
19．（2025高一下·北仑期中）已知点为坐标原点，将向量绕逆时针旋转角后得到向量．
（1）若，求的坐标；
（2）若，求的坐标（用表示）；
（3）若点在抛物线上，且为等边三角形，讨论的个数．
【答案】（1）解：设，
由于，，则，，
又将向量绕逆时针旋转，故，，
所以，，
设，则，，即的坐标为；
（2）解：设，，
又，则，
向量绕逆时针旋转角后得到向量，
所以，，
其中，
，
故；
（3）解：设，时，，
由（2）知逆时针旋转得，即，
均在抛物线上，故，
消去得，
所以，
即，故，
将代入上式得，
由可知，确定，则与之唯一确定，
所以讨论的个数，等价于的解的个数，其中时，需找方程的非零解，
令①，其中，
令②，其中，联立①②得，
当时，方程①②有相同解，，
当时，方程①②均无解，所以的个数为0；
当时，方程①无解，②仅有一个解，所以的个数为1；
当时，方程①无解，②有一个非零解，，所以的个数为1；
当或时，方程①无解，②有两个解，所以的个数为2；
当时，方程①仅有1个解，，②有2个解，或，所以的个数为2；
当时，方程①②均有两个解，且两方程解均不同，所以的个数为4；
综上，当时，的个数为0；当或0时，的个数为1；
当或时，的个数为2；当时，的个数为4.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；简单的三角恒等变换；任意角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）设，利用向量模公式求得，求得，再逆时针旋转，得到，在根据三角函数定义求坐标即可；
（2）设，，向量绕逆时针旋转角后得到向量，结合两角和的正弦、余弦公式化简求的坐标即可；
（3）设，时，，由（2）知，
由在抛物线上，代入抛物线，消去得，将代入上式得，问题转化为的解的个数，其中时，需找方程的非零解，令，，联立得，再对参数t分情况讨论，确定的个数即可.
（1）设，
由于，，则，，
又将向量绕逆时针旋转，故，，
所以，，
设，则，，
所以的坐标为；
（2）设，，
又，则，
向量绕逆时针旋转角后得到向量，
所以，，
其中，
，
故；
（3）设，时，，
由（2）知逆时针旋转得，
即，
均在抛物线上，故，
消去得，
所以，
即，故，
将代入上式得，
由可知，确定，则与之唯一确定，
所以讨论的个数，等价于的解的个数，
其中时，需找方程的非零解，
令①，其中，
令②，其中，
联立①②得，
所以时，方程①②有相同解，，
当时，方程①②均无解，所以的个数为0；
当时，方程①无解，②仅有一个解，所以的个数为1；
当时，方程①无解，②有一个非零解，，所以的个数为1；
当或时，方程①无解，②有两个解，所以的个数为2；
当时，方程①仅有1个解，，②有2个解，或，
所以的个数为2；
当时，方程①②均有两个解，且两方程解均不同，所以的个数为4；
综上，当时，的个数为0；当或0时，的个数为1；
当或时，的个数为2；当时，的个数为4.
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