深圳市高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份深圳市高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．对于非零向量,,“”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
二、选择题
2．已知a，b均为空间单位向量，它们的夹角为，那么等于( )
A.B.C.D.4
三、选择题
3．已知正四棱柱的底面长是3,侧面的对角线长是,则这个正四棱柱的体积为( )
A.18B.54C.64D.23
四、选择题
4．若,则( )
A.B.C.D.
五、选择题
5．设函数,若对于任意的,都有,则的最小值为( )
A.4B.2C.1D.
六、选择题
6．圆锥的轴截面是边长为2的正三角形,则圆锥的侧面积为( )
A.B.C.D.
七、选择题
7．在直三棱柱（三条侧棱和底面均垂直的三棱柱叫作直三棱柱）中,若,,则异面直线与所成的角等于( )
A.B.C.D.
八、选择题
8．在中,,则是( )
A.等腰三角形B.等腰直角三角形C.直角三角形D.等腰或直角三角形
九、多项选择题
9．设直线l不在平面内，直线m在平面内，则下列说法不正确的是( )
A.直线l与直线m没有公共点
B.直线l与直线m异面
C.直线l与直线m至多一个公共点
D.直线l与直线m不垂直
一十、多项选择题
10．如图,在四面体 中,,,D,E,F 分别是棱,,的中点,则下列结论中成立的是( )
A.平面B.平面
C.平面平面D.平面平面
一十一、多项选择题
11．半正多面体(semiregularslid)亦称“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形围成的多面体,半正多面体有且只有13种.最早用于1970年世界杯比赛的足球就可以近似看作是由12个正五边形和20个正六边形组成的半正面体,半正多面体体现了数学的对称美.如图所示的二十四等边体就是一种半正多面体,它由8个正三角形和6个正方形围成,它是通过对正方体进行八次切截而得到的.若这个二十四等边体的棱长都为2,则下列结论正确的是( )
A.MQ与平面AEMH不可能垂直
B.异面直线BC和EA所成角为
C.该二十四等边体的体积为
D.该二十四等边体外接球的表面积为
一十二、填空题
12．与向量平行的单位向量是______________.
一十三、填空题
13．在中,,,,则____________.
一十四、填空题
14．如图,在中,分别为,的中点,F为上一点,且满足,则___________.
一十五、解答题
15．如图,已知圆柱的底面半径和母线长均为1,B,A分别为上、下底面圆周上的点,若异面直线,所成的角为,求AB的长.
一十六、解答题
16．如图,在正方体中,E为的中点.
（1）求证：平面;
（2）若F为的中点,求证：平面平面.
一十七、解答题
17．如图,观测站C在目标A的南偏西方向,B在目标A的南偏东方向且到观测站C距离为,有一人正沿BA方向行走,走到达D处时测得C,D相距.
（1）求;
（2）求D,A之间的距离.
一十八、解答题
18．在锐角中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知
（1）若,,求c;
（2）求的取值范围.
一十九、解答题
19．设A,B是单位圆上不同的两个定点,点O为圆心,点C是单位圆上的动点,点C满足（为锐角）线段交于点D（不包括A,B）,点P在射线上运动且在圆外,过P作圆的两条切线,.
（1）求的范围
（2）求的最小值,
（3）若,,求的最小值.
参考答案
1．答案：A
解析：若,则,所以,若,则不一定成立,
所以“”是“ ”的的充分不必要条件,
故选：A.
2．答案：C
解析：.故选C.
3．答案：B
解析：由题意知,正四棱柱的高为,
所以它的体积,
故选：B.
4．答案：C
解析：由可得,
故,
故选：C.
5．答案：B
解析：函数,若对于任意的,都有,
则是函数的最小值,是函数的最大值,的最小值即为函数的半周期长,
而函数的最小正周期,因此.
故选：B.
6．答案：A
解析：
7．答案：C
解析：根据已知条件可以把直三棱柱补成正方体（如图所示）,
连接和,由正方体结构特征知：,
所以,(或其补角)即为异面直线与所成角,
由于为正三角形,所以,
即异面直线与所成角为.
故选：C.
8．答案：D
解析：,,
因为,,所以,所以
所以,所以或,
所以选：D.
9．答案：ABD
解析：对于选项A，直线l不在平面内，直线m在平面内，但是，直线l与m可以相交，故A错误；
对于选项B，直线l不在平面内，直线m在平面内，但是，直线l与m可以相交也可以平行，故B错误；
对于选项C，直线l不在平面内，直线m在平面内，则直线l与直线m只可以平行或者相交，不可能重合，所以，直线l与直线m至多一个公共点，故C正确；
对于选项D，直线l不在平面内，直线m在平面内，则当直线l垂直于平面时，直线l与直线m垂直，故D错误.
10．答案：ABC
解析：对于A中,因为D,F分别为,的中点,可得,
又因为平面,且平面,所以平面,所以A正确;
对于B中,因为,且E为的中点,可得,
又因为,且E为的中点,可得,
因为且,平面,所以平面,
又因为,所以平面,所以B正确.
对于C中,由B项知：平面,因为平面,
所以平面平面,所以C正确;
对于D中,设直线,易得,可得,所以,
假设平面平面,且平面平面,平面,
所以平面,
因为平面,所以,
又因为与不一定垂直,所以平面与
平面不一定垂直,所以D错误.
故选：ABC.
11．答案：ABC
解析：对于A,若平面AEMH,因为平面AEMH,所以,又因为为等边三角形,所以,这与矛盾,故MQ与平面AEMH不可能垂直,所以A正确:
对于B,因为,所以异面直线BC和EA所成的角即为直线AD和EA所成的角,设角,在正六边形ADGPNE中,可得,所以异面直线BC和EA所成角为,所以B正确;
对于C,补全八个角构成一个棱长为的一个正方体,则该正方体的体积为,其中每个小三棱形的体积为,
所以该二十四面体的体积为,所以C正确:
对于D,取正方形ACPM对角线的交点为O,即为该二十四面体的外接球的球心,其半径为,所以该二十四面体的外接球的表面积为,所以D不正确.故选:ABC.
12．答案：或
解析：
13．答案：或
解析：由正弦定理得,即,
由于,所以或.
14．答案：1
解析：过点F作于G,令,由,得,,
由D,E分别为,的中点,得,,
所以.
15．答案：2或
解析：如图,过点A作平面于点D,则是母线,
连接,底面,,,
则四边形是平行四边形,,
与所成的角就是或其补角,
当时,是等边三角形,,
在中,;
当时,在中,,
在中,.
综上,或.
16．答案：（1）证明见解析;
（2）证明见解析.
解析：（1）连结交于O,连结.
因为为正方体,底面为正方形,
对角线､交于O点,所以O为的中点,
又因为E为的中点,在中
是的中位线,;
又因为平面,平面,
所以平面.
（2）证明：因为F为的中点,E为的中点,
所以,
所以四边形为平行四边形,所以,
又因为平面,平面,
所以∥平面;
由（1）知平面,又因为,所以平面平面.
17．答案：（1）;
（2）.
解析：（1）由题意知：,,,
在中,由余弦定理得：.
（2）,,
由题意知：,
在中,由正弦定理得：,,
由余弦定理得：,
即,解得：或（舍）,
,A之间的距离为.
18．答案：（1）2
（2）
解析：（1）由,得,
得,得,在,,
由余弦定理,得,
即,解得或.
当时,
即A为钝角（舍）,
故符合.
（2）由（1）得,所以,
,
为锐角三角形,,,
,,
故的取值范围是.
19．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）,
,
为锐角,,,
解法一：
.
取的中点为E,,
,.
解法二：以O为原点,以,为x,y轴,建立直角坐标系,
,,,
,,
,,
,
.
故小问1答案为：.
（2）解法一：由题意知：
,
,
,
当且仅当时,等号成立,的最小值为.
解法二：由题意知：
以O为原点,以,为x,y轴,建立直角坐标系设点,则,
,
,
当且仅当时,等号成立,的最小值为.
解法三：
设,
,,
,,
,
当且仅当时,等号成立,的最小值为.
故小问答案为：
（3）解法一：由题意知：
,
.
,
,
令,则原式,
当且仅当即,等号成立,的最小值为.
解法二：由题意知：
以O为原点,以,为x,y轴,建立直角坐标系
,D,A,B三点共线
,,
,,
,
,
,
,
.
解法三：由题意知：
,,
,
,,
,下同解法二.
故小问3答案为：.