2022-2023學年浙江省杭州第二中學等四校聯(lián)盟高一下學期期中聯(lián)考數學試題 一、單選題1．化簡所得的結果是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據向量加減法運算可直接得到結果.【詳解】.故選：C.2．已知表示兩條不同的直線，表示三個不同的平面，則下列說法正確的是（    ）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】D【分析】根據空間中點線面的位置關系,即可結合選項逐一求解.【詳解】對于A,平行于同一平面的兩條直線可能平行，也可能異面，也可以相交，故A錯誤,對于B,若，則或者，故B錯誤，對于C,若，不能得到,例如正方體一個頂點處的三個平面分別為，故C錯誤，對于D，若，則，故D正確，故選：D3．已知圓臺上、下底面的直徑分別為4和10，母線長為5，則該圓臺的體積為（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據上下底面半徑及母線長求出圓臺的高，再由圓臺體積公式求解.【詳解】因為圓臺上、下底面的直徑分別為4和10，母線長為5，所以圓臺的高，所以，故選：D4．已知O是原點，點，，若為鈍角，則a的取值范圍是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】確定，，得到，與不共線，解得答案.【詳解】，，則，解得且與不共線，即，解得綜上故選：C5．已知的三個內角，，所對邊分別為，，，則“”是“為直角三角形”的是（    ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】由正弦定理可得，利用三角形的內角和及和角的正弦公式化簡可得C為直角，結合充分條件及必要條件進行判斷即可.【詳解】因為，由正弦定理可得，，即，所以，所以，因為，， 所以，，則，為直角三角形，但為直角三角形時不一定是，所以是△ABC為直角三角形充分不必要條件，故選：A.6．已知長方體的棱，，，點P，Q分別是線段，上的動點（不包含端點），則下列說法正確的是（    ）A．對于任意一點Q，直線與直線是異面直線B．對于任意一點Q，存在一點P，使得C．對于任意一點P，存在一點Q，使得D．以上說法都不正確【答案】B【分析】由長方體中的線面關系，判斷選項正誤.【詳解】對于A，當點Q為中點時，直線即直線 ，與共面，A錯誤；對于B，當時，與相似，，所以，因為平面，平面，所以，因為，平面，平面，所以平面，平面，所以，B正確；對于C，長方體中，平面，平面，所以對任意點P，，而與不平行，所以不存在Q，使得對任意點P，，C錯誤；對于D，B選項正確，所以D錯誤.故選：B.7．在中，，AD是的角平分線，，，E是AC的中點，則DE的長度為（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用面積相等求出，再結合余弦定理可得答案或建立直角坐標系，分別求出D，E坐標，再利用兩點間距離公式，即可求值.【詳解】方法一：因為，，，所以的面積為；因為AD是的角平分線，所以，解得.在中，，，所以，即.故選：A.方法二：因為，所以，如圖，以為坐標原點，分別以，所在直線為軸，軸建立直角坐標系，則，，，由是的角平分線可知，直線的方程為：，因為，，則，所以直線的方程為：，聯(lián)立方程組，可得，所以，因為E是AC的中點，所以，所以，由兩點間距離公式得，，則DE的長度為.故選：A.8．已知正四面體內接于球，D為棱AB上點，滿足．若存在過D點且面積為的截面圓，則正四面體棱長的取值范圍為（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】設正四面體棱長為，球半徑為，計算得到，當截面過球心時，棱長最短，當截面時，棱長最長，分別計算棱長得到答案.【詳解】設正四面體棱長為，球半徑為，截面圓的半徑為，則，則，設平面于，則是中心，且球心在上，連接并延長與交于點，連接，平面，平面，故，，，平面，故平面，平面，則，，，則，解得，當截面過球心時，，此時棱長最短，故，；當截面時，棱長最長，此時，即，故，解得；綜上所述：.故選：B.【點睛】關鍵點睛：本題考查了多面體的外接球問題，意在考查學生的計算能力，空間想象能力和綜合應用能力，其中確定截面過球心時，棱長最短，截面時，棱長最長，再計算棱長是解題的關鍵. 二、多選題9．設平面向量均為非零向量，則下列命題正確的是（    ）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】CD【分析】選項A通過特殊情況當與都垂直時進行排除；選項B將轉化為或，再借助平面向量數量積定義運算后驗證；選項C對兩邊平方化簡后進行判斷；選項D根據數量積及向量共線的相關定義判斷結論.【詳解】對于選項A，當與都垂直時，成立，但不一定成立，故A錯誤；對于選項B，由得或，此時，故B錯誤；對于選項C，對兩邊平方得，即，故，即，故C正確；對于選項D，因為，所以且，因為均為非零的平面向量，所以，故D正確.故選：CD10．已知正方體，E，F分別為AB，BC的中點，則（    ）A． B． C．平面 D．平面【答案】AB【分析】根據正方體的性質，利用線線平行判斷A，由線面垂直判斷B，根據垂線性質判斷C，由線線平行及線面相交判斷D.【詳解】正方體，如圖，由圖知，，而，所以，故A正確；因為平面，平面，則，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故B正確；因為面，面，可得，又，，面，所以面，又面，則，若平面，由平面，可得，由，面，可得面，又面，所以，顯然有矛盾，所以平面不正確，故C錯誤；延長，使，連接，因為，所以，所以四邊形為平行四邊形，故，而平面，故與平面不平行，故D錯誤.故選：AB11．在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且，則下列選項正確的是（    ）A．若，則有兩解B．若，則無解C．若為銳角三角形，且，則D．若，則的最大值為【答案】ACD【分析】根據邊角的關系，可判斷三角形的個數，即可判斷AB；根據三角形是銳角三角形，求角的范圍，即可判斷C；利用正弦定理，將邊表示為三角函數，利用三角函數的性質，即可判斷D.【詳解】對于A，因為，所以，則有兩解，A正確．對于B，因為，所以有且僅有一解，B錯誤．對于C，由得，則，因為，所以，C正確．對于D．因為，所以，又因為，所以，則，由，得，所以當，即時，取得最大值，D正確．故選：ACD12．如圖，在直三棱柱中，，，P為棱的中點，Q為棱上的動點，平面APQ與棱交于點R，則下列說法中正確的是（    ）A．存在點Q，使得 B．線段長度的取值范圍是C．當點Q與點B重合時，四棱錐的體積為16 D．設截面AQPR，，的面積分別為，則【答案】BCD【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設點、，其中，.，利用空間向量垂直的坐標表示可判斷A選項；求出與的關系式，利用反比例函數的基本性質可判斷B選項；利用錐體和臺體的體積公式可判斷C選項；利用函數的性質可判斷D選項.【詳解】因為平面，，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、、、、設點、，其中，.對于A選項，若存在點，使得，且，，，解得，不合乎題意，A錯；對于B選項，設，其中、，即，即，可得，，則，所以，，B對；對于C選項，當點與點重合時，，則，此時點為的中點，如下圖所示：在直三棱柱中，四邊形為矩形，則且，所以、分別為、的中點，則且，所以，且，同理且，且，所以，，故幾何體為三棱臺，，，，，因此，，C對；對于D選項，，，則點到直線的距離為，，則點到直線的距離為，所以，，故，令，則，則，由雙勾函數的性質知，在上單調遞增，則當時，；當時，，則，D對.故選：BCD. 三、填空題13．已知平面向量，，與的夾角為，則________．【答案】【分析】利用向量模長求解的一般方法，平方再開方.【詳解】由得由題有所以故答案為：14．已知直三棱柱的側棱與底面邊長都相等，D，F分別是和的中點，那么異面直線BD和AF所成角的余弦值等于________．【答案】/0.7【分析】根據直三棱柱的性質以及等邊三角形的性質，取的中點，易證得平面，建立空間直角坐標系，運用向量與向量的夾角和直線與直線所成的角的關系，即可得出異面直線BD和AF所成角的余弦值.【詳解】因為直三棱柱的側棱與底面邊長都相等，所以為等邊三角形，取的中點，所以，因為為的中點，所以，又因為平面，所以平面，如圖，以為坐標原點，分別以，，所在直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，因為直三棱柱的側棱與底面邊長都相等，設，則，，，，，，設異面直線和所成角為，所以，即異面直線和所成角的余弦值為.故答案為：.15．在中，，點D在邊AC上，，，則的值是________．【答案】【分析】由正弦定理先求出，然后結合余弦定理及二倍角公式進行化簡即可得解.【詳解】由得，設，則，中，由正弦定理得，所以，在中，由余弦定理可得，，即故，由，可知.故答案為：16．如圖正方體的棱長是3，E是上的動點，P、F是上、下兩底面上的動點，Q是EF中點，，則的最小值是______．【答案】/【分析】以為頂點構造棱長為2的正方體，利用對稱性將轉化為，由圖形得到四點共線時取最小值，進而求解.【詳解】以為頂點構造棱長為2的正方體，由對稱得，，因為是上的動點，是下兩底面上的動點，則是直角三角形，是中點，且，故，所以取最小值時，四點共線，則，此時．故答案為：.【點睛】在平面解析幾何中求直線上一動點到兩定點（在直線同一側）的距離之和的最小值時，通常將其中一定點對稱到直線的另一邊，利用三點共線時距離之和最小，在立體幾何中也有類似的方程，此題中作正方體的目的就是為了找出 關于平面的對稱點，從而將轉化為求最小值. 四、解答題17．如圖，在菱形ABCD中，，，，AE交BD于點F．(1)若，求λ和μ的值；(2)設P是線段BC的中點，求的值．【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）根據給定的條件，利用基底表示向量，再借助平面向量基本定理作答.（2）用基底表示向量，結合（1）的結論，利用數量積的運算律求解作答.【詳解】（1）菱形ABCD，，則，即有，于是，因此，又，不共線，所以，.（2）因為P是線段BC的中點，則，所以.18．三棱柱的棱長都為2，D和E分別是和的中點．(1)求證：直線平面；(2)若，點B到平面的距離為，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）法一，根據中位線可得線線平行，證明面面平行再證線面平行，法二，作出輔助線，證明，即可得證；（2）根據線面平行可得，由等體積法求解.【詳解】（1）在三棱柱中，，取中點F，連接DF，EF，∵D和E分別是和的中點，，又面，面，且面，面，∴//面，EF//面，又，面， ∴面//平面，而面DEF，故直線//平面．法二，連接CE交于點G，連接CD交于點H，連接HG，如圖，在三棱柱中，，，∴，，∴，則，又面，面，∴直線平面.（2）如圖，∵直線//平面，∴，又，所以平行四邊形邊上的高，由B到面的高，則.19．已知的內角A，B，C所對邊分別為a，b，c，滿足．(1)求角A；(2)若，點D為邊BC的中點，且，求的面積．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據正弦定理得到，切化弦可得答案.（2）根據余弦定理得到，再次利用余弦定理得到，解得，再利用面積公式計算得到答案.【詳解】（1）由正弦定理，可得：，即，，，，故，故，（2）在中，，在中，，，，，即，故,，在中，故，解得，.20．在三棱錐中，面面ABC，，，．(1)求證：；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）過P作交AC于H，連接HB，利用線面垂直證明線線垂直；（2）過H作交AB于D，建立空間直角坐標系，利用坐標法求解即可.【詳解】（1）過P作交AC于H，連接HB，∵，面面ABC，面面，PH在面PAC內，∴面ABC，面ABC，∴， ∵ ，∴，在中，∴，∴，又 ，PH、BH在面PHB內，∴面，又面，∴.（2）過H作交AB于D，以H點為原點，分別以HD，HC，HP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則，，， ，∴，，設面PBC的一個法向量，則，即，令，則，∴，∵，，設面PAC的一個法向量，則，即，令，則，∴，設二面角的大小為，∴.21．為了美化環(huán)境，某公園欲將一塊空地規(guī)劃建成休閑草坪，休閑草坪的形狀為如圖所示的四邊形ABCD．其中AB＝3百米，AD＝百米，且△BCD是以D為直角頂點的等腰直角三角形．擬修建兩條小路AC，BD（路的寬度忽略不計），設∠BAD＝，(，)．（1）當cos＝時，求小路AC的長度；（2）當草坪ABCD的面積最大時，求此時小路BD的長度．【答案】（1）；（2）【分析】（1）在△ABD中，由余弦定理可求BD的值，利用同角三角函數基本關系式可求sinθ，根據正弦定理可求sin∠ADB，進而可求cos∠ADC的值，在△ACD中，利用余弦定理可求AC的值．（2）由（1）得：BD2＝14﹣6cosθ，根據三角形面積公式，三角函數恒等變換的應用可求．SABCD＝7sin（θ﹣φ），結合題意當θ﹣φ時，四邊形ABCD的面積最大，即θ＝φ，此時cosφ，sinφ，從而可求BD的值．【詳解】（1）在中，由，得，又，∴． ∵   ∴由得：，解得：，∵是以為直角頂點的等腰直角三角形  ∴且∴ 在中， ， 解得： （2）由（1）得：， ，此時，，且當時，四邊形的面積最大，即，此時，∴，即 答：當時，小路的長度為百米；草坪的面積最大時，小路的長度為百米．【點睛】本題主要考查了余弦定理，同角三角函數基本關系式，正弦定理，三角形面積公式，三角函數恒等變換的應用以及正弦函數的圖象和性質在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．22．如圖，在三棱柱中，，平面平面，且，點為棱的中點．(1)求證：直線平面；(2)若，，，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）過點A作，交邊BC于點H，確定，得到線面垂直.（2）過點C作，交直線于點E，確定直線CD與面所成角即，計算各線段長度，計算得到答案.【詳解】（1），過點A作，交邊BC于點H．，平面平面，平面平面，平面，故面，平面，故，又，，平面，故平面．（2），，，面，故平面，平面，故平面平面．過點C作，交直線于點E，平面平面，平面，則面．故直線CD與面所成角即，，，故，又，，，故，，，，，故，即直線CD與面所成角的正弦值為 

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