江苏省无锡市辅仁高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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命题人：王文俊 审核人：李聪
一.单项选择题
1. 已知平面向量，，且，则（ ）
A. B. C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算即可求解.
【详解】由题意知，所以，解得.
故选：D
2. 设是三条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中的点线面的位置关系即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，若，，则或，故B错误；
对于C，若，，则，C正确，
对于D，少了与相交的条件，故D错误.
故选：C
3. 在△中，角，，的对边分别为，，，若，，△的面积等于，则的大小为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，利用三角形面积公式求，再应用余弦定理求即可；
【详解】∵，，△的面积等于，
∴，解得，
∵由余弦定理可得，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了正余弦定理的应用，利用三角形面积公式解三角形，根据余弦定理的边角关系求边；
4. 古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus）利用如图所示的直角三角形来构造无理数．已知，若，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，结合平面向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.
【详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的坐标系，
由题意得，则，，，，，，．
因为，所以
解得所以．
故选：B．
5. 如图，实心正方体的棱长为2，其中上、下底面的中心分别为．若从该正方体中挖去两个圆锥，且其中一个圆锥以为顶点，以正方形的内切圆为底面，另一个圆锥以为顶点，以正方形的内切圆为底面，则该正方体剩余部分的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】计算出正方体体积、两圆锥的体积及其公共部分的体积即可得.
【详解】两圆锥的体积都为，
则其公共部分为，
故该正方体剩余部分的体积为.
故选：D.
6. 已知是单位向量，且，在上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量可求得，利用可求得，根据向量夹角公式可求得结果.
【详解】在上的投影向量为，，
，解得：，
，又，.
故选：B.
7. 滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为，，，且米，则滕王阁的高度（ ）米．

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，利用直角三角形边角关系、余弦定理建立方程，再解方程组求解作答.
【详解】设，在中，，，
在中，，，在中，，，
在中，，即，
在中，，即，
由，得，于是，解得，
所以滕王阁的高度（米）.
故选：B
8. 如图，在长方体中，，，点在矩形内运动（包括边界），，分别为的中点，若平面，当取得最小值时，的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别为的中点，证明平面平面，得点在线段上，取得最小值时为线段的中点，求出，余弦定理求的余弦值即可.
【详解】如图，取的中点，的中点，连接，所以，
又分别为的中点，所以，故，
平面，平面，所以平面，
又，，所以四边形为平行四边形，故，
平面，平面，平面，
又平面，，故平面平面，
所以当平面时，平面，则点在线段上，
当时，取得最小值，易知，
此时为线段的中点.
由平面几何知识可知，，，，
所以的余弦值为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：平面，则点在过与平面平行的平面内，分别为的中点，由平面平面得点在线段上，且为线段的中点，三角形中余弦定理求的余弦值.
二.多项选择题
9. 已知是平面内的一个基底，则下列也是平面内一个基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据向量是否共线即可结合选项判断.
【详解】对于A，由于，故共线，不能成为基底，
对于B，不共线，可以作为基底，
对于C，由于，所以共线，故不可以作为基底，
对于D，不共线，可以作为基底，
故选：BD
10. 中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（ ）
A. 弧长度为B. 曲池的体积为
C. 曲池的表面积为D. 三棱锥的体积为5
【答案】ACD
【解析】
【分析】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，根据弧的长度是弧长度的倍及求出、，再根据体积、表面积公式计算可得.
【详解】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，
因为弧的长度是弧长度的倍，，即，
，，，
所以弧的长度为，故A正确；
曲池的体积为，故B错误；
曲池的表面积为
，故C正确；
三棱锥的体积为，故D正确．
故选：ACD．
11. 在中，分别为的对边，则下列叙述正确的是（ ）
A. 若，则是等腰三角形.
B. 若，则.
C. 若，则解此三角形的结果有一解.
D. 若角为钝角，则.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用正弦定理化边为角，再结合两角和的正弦公式及三角形内角和定理即可判断；对于B，根据大角对大边，再根据正弦定理化边为角，结合降幂公式即可判断；对于C，利用正弦定理求解即可；对于D，由题意可得，再结合不等式的性质即可判断.
【详解】对于A，因为，
由正弦定理得，即，
所以，由正弦定理得，
所以是等腰三角形，故A正确；
对于B，若，则，
由正弦定理得，所以，
即，所以，故B正确；
对于C，若，
因为，所以，
因为，所以，
而，所以或，
所以解此三角形的结果有两解，故C错误；
对于D，因为角为钝角，所以，所以，
即，故D正确.
故选：ABD.
三.填空题
12. 中，角的对边分别为，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理有，利用余弦定理求出，同角三角函数的平方关系求.
【详解】中，若，由正弦定理有，
不妨设，则有，
由，得.
故答案为：
13. 下列四个正方体图形中，､为正方体的两个顶点，､､分别为其所在棱的中点，能得出与是异面直线的序号是______；能得出面的图形的序号是______(写出所有符合要求的图形序号①②③④).
【答案】 ①. ①②④ ②. ①③
【解析】
【分析】根据直线与直线，直线与平面的位置关系，结合异面直线的定义，线面平行的判定定理一一判断即可.
【详解】对于图①，取的中点为，连接，因为在平面中，且与平行，
由线面平行的判定定理可知，面，又与相交，
则与是异面直线；
对于图②，连接且相交于点，连接，
由中位线定理得，由于与平面相交，
则与平面不平行，由图可知，显然与是异面直线；
对于图③，易知，则与不是异面直线，
由线面平行的判定定理可知面；
对于图④，取的中点为，连接，易知，
且与平面相交于点，则与平面不平行，
由于与相交，则与是异面直线；
综上可得，能得出与是异面直线的序号是①②④；
能得出面的图形的序号是①③
故答案为：①②④；①③
【点睛】本题主要考查了异面直线的判定以及判断图形中的线面关系，属于中档题.
14. 已知函数，设函数图象的最高点从左至右依次为，，，…，与轴的交点从左至右依次为，，，…，在线段上取10个不同的点，，，…，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合三角函数的性质画出函数图象，进而可得，，，利用平面向量数量积的坐标运算可得即，连接，由平面向量线性运算法则可得，再利用平面向量数量积的运算律及坐标运算即可得解.
【详解】函数的最小正周期，将函数位于 x轴上方的图象不变、位于 x轴下方的图象翻折到x轴上方后即可得函数的图象，如图所示：
可得，，，
所以，，所以，
由在线段上可得，
连接，则，
所以
，，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了三角函数图象的应用，考查了平面向量线性运算、数量积的应用与运算求解能力，属于中档题.
四.解答题
15. 如图，四棱锥中，底面为梯形，，，，点在棱上.
（1）求证：平面；
（2）若平面，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知结合线面平行的判定定理可得出结论；
（2）连接交于，连接，由线面平行的性质定理可得出，利用计算出的值，进而可求得的值.
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面；
（2）连接交于，连接，
因为平面，且平面，平面平面，所以，，，
，易得，则，
因此，.
【点睛】本题考查线面平行的判定，同时也考查了线段长度比值的计算，涉及线面平行性质定理的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题.
16. 如图，在中，，点E为中点，点F为上的三等分点，且靠近点C，设.

（1）用表示；
（2）如果，且，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图形，利用向量加，减，和数乘，即可用基底表示向量；
（2）由，可得，从而可得，结合已知可得，最后利用数量模的运算公式结合数量积的运算律求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
；
【小问2详解】
因为，所以，
所以，由，可得，
又，所以，
所以.
17. 在①，②，③这三个条件中选择符合题意的一个条件，补充在下面的问题中，并求解.在中，角的对边分别为.已知，，且满足______.
（1）请写出你的选择，并求出边的值；
（2）在（1）的结论下，已知点在线段上，且，求长.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角函数的性质和余弦定理判断条件①②不成立，选择条件③，利用余弦定理求出边的值；
（2）余弦定理求出，得，可求出，中，正弦定理求长.
【小问1详解】
若选择条件①，得，不符合题意；
若选择条件②，由余弦定理知，化简得，所以，不符合题意；
若选择条件③，由余弦定理得，所以，所以，即.
【小问2详解】
由（1）知，因为，所以，
，因为，所以.
所以.
在中，因为，所以.
18. 如图，在平面四边形中，，，．
（1）若，，求的长；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知可求在中，，可得，可求，在中，由余弦定理可得的值．
（2）设，则，，在中，由正弦定理可得，代入，可得：，结合为锐角，可求的值．
【详解】（1）因为，
在中，，
所以，
所以，
在中，由余弦定理可得，
所以．
（2）设，则，，
在中，由正弦定理可得，化简可得：，
代入，可得：，
又为锐角，所以，即．
19. 如图正方体的棱长为2，是线段的中点，平面过点.
（1）画出平面截正方体所得的截面，并简要叙述理由或作图步骤；
（2）求（1）中截面多边形的面积；
（3）平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值.
【答案】（1）截面见解析，理由或作图步骤见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，利用平行线的传递性可证得，可知四点共面，再由于三点不共线，可得出面即为平面截正方体所得的截面；
（2）分析可知，四边形为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；
（3）利用台体的体积公式可求得三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果.
【小问1详解】
如图，取的中点，连接.
因为是的中点，所以.
正方体中，，，
所以四边形是平行四边形，所以，所以，
所以四点共面
因为三点不共线，所以四点共面于平面，
所以面即为平面截正方体所得的截面.
小问2详解】
由（1）可知，截面为梯形，，
，，
同理可得，
如图所示：
分别过点在平面内作，，垂足分别为点，
则，，，
所以，则，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，，则，
所以，
故梯形的面积为.
【小问3详解】
多面体为三棱台，，，
该棱台的高为2，所以，该棱台的体积为
，
故剩余部分体积为.
故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为.