江苏省无锡市第一中学2024~2025学年高一下册4月期中数学(文科)试题【附解析】

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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. 已知的内角、、所对的边分别为、、，若，，，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理可求得的值.
【详解】因为，，，
由余弦定理可得，故.
故选：D.
2. 用斜二测画法画水平放置的边长为2的正三角形的直观图，所得图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据直观图画法得底不变，为2，再研究高，最后根据三角形面积公式求结果.
【详解】根据斜二测画法的特征，可得底不变，为2，高为 ，
所以直观图的面积是.
故选：B.
【点睛】本题考查根据斜二测画法求直观图面积，考查基本求解能力，属于基础题型.
3. 已知、、是三条不重合的直线，、、是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C 若，，，则D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件判断线线、线面、面面位置关系，可判断ABC选项；利用面面垂直的判定定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，，则或，A错；
对于B选项，若，，则或、异面，B错；
对于C选项，若，，，则、平行或相交（不一定垂直），C错；
对于D选项，若，，由面面垂直的判定定理可知，则，D对.
故选：D.
4. 在中，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的加减法运算法则即可求解.
【详解】由题意，.
故选：A.
5. 如图，长方体被一个平面截成两个几何体，其中，这两个几何体分别是（ ）
A. 三棱柱和四棱柱B. 三棱柱和五棱柱C. 三棱台和五棱台D. 三棱柱和六棱柱
【答案】B
【解析】
【分析】由棱柱的几何特征即可求解.
【详解】由于，所以,所以几何体为三棱柱，几何体为五棱柱，
故选：B
6. 已知的内角所对的边分别为，若，则的形状为（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形D. 等腰或直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理边角互化，以及两角和差正弦公式，化简可得结果.
【详解】由，可得，
，，
所以，，
因为，所以，即，
所以是等腰三角形.
故选：C.
7. 已知，，且，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量模的坐标表示列方程，求解即可.
【详解】由题意知，，
，又，
所以，解得.
故选：B.
8. 龙光塔位于锡山山顶.它是无锡的地标，登塔可以俯瞰锡城，感受城市日新月异；它是无锡文风昌盛的象征，多年来屡次出现在文人墨客的笔下，见证了无锡的人杰地灵.有同学想测量塔顶距离地面的高度.选取与山脚在同一水平面的两个测量基点与.现测得，，，在和处测得的仰角为和，则塔顶距离地面高度必定可以表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在中，根据正弦定理得，在直角中，由勾股定理得，即可得，再将代入方程，化简即可.
【详解】
在中，由正弦定理得：.
所以，又，
所以，又，即，
所以，化简得，
则，故塔顶距离地面高度必定可以表示为.
故选：A.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知向量，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 当时，
B. 当时，向量在向量上的投影向量为
C. 当与的夹角为锐角时，
D. 与向量垂直的单位向量为
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，根据向量垂直先求出，然后由模长公式求解；B选项，根据投影向量公式求解；C选项，根据数量积公式求解，D选项，设出，结合题意列方程组求解.
【详解】A选项，当时，，解得，
此时，，A选项错误；
B选项，根据投影向量公式，向量在向量上的投影向量为，B选项正确；
C选项，当与的夹角为锐角时，且与不同向共线，
解得，与共线时，，此时，不满足与同向共线，
即当与的夹角为锐角时，，C选项正确；
D选项，设与向量垂直的单位向量，由题意，，
解得或，D选项错误.
故选：BC
10. 在中，角所对的边分别为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，，，则符合条件的有两个
B. 若，则是等腰三角形
C. 若，则是的垂心
D. 若，则是的重心
【答案】BCD
【解析】
【分析】由三角形的正弦定理即可判断A、B;由三角形的垂心、重心的定义和性质结合平面向量的线性运算、共线定理即可判断C、D.
【详解】对于A，因为，
所以由正弦定理得，即，
因为，所以,
所以符合条件的有一个，故A错误；
对于B，由正弦定理得 ，即，
因为，
所以，即，
所以，故，即为等腰三角形，故B正确；
对于C，因为,
所以，即,故，
同理，，
所以,,
所以点为的垂心，故C正确；
对于D，因为,
所以,
所以，
设边的重点为,即,
故三点共线，所以在中线上，
同理可得在的其余两边的中线上，
所以为三边中线的交点，故为的重心，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，点M，P分别为线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 当为线段中点时，平面截正方体所得截面为平行四边形
B. 取得最小值
C. 当四面体ABMD的顶点在一个体积为的球面上时，
D. 对任意点，平面平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.作出平面截正方体所得的截面，即可说明；B.展开成平面，利用三点共线，即可求解；C.利用补体的方法求外接球半径，即可判断；D.证明平面，即可判断.
【详解】A.设是的中点，连结，设是的中点，连结，，
因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，
且，，所以，且，所以四边形是平行四边形，
而正方体的棱长为2，且分别是的中点，所以，
所以四边形是菱形，
所以平面就是平面，此截面是平行四边形，故A正确；
B.如图，将和展开成一个平面，当三点共线时，最短，
，，
所以，故B正确；
C.如图，过点作平面，四面体和四棱柱是同一个外接球，
当时，，得，外接球的体积，故C错误；
D.如图，，且，，平面，
则平面，平面，所以，同理，
且，平面，所以平面，且平面，所以平面平面，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知某圆台轴截面的周长为，母线与底面成角，圆台的高为，该圆台的体积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】取圆台的轴截面，可知四边形为等腰梯形，根据题中信息求出圆台上、下底面半径，结合台体体积公式可求得该圆台的体积.
【详解】如下图所示，在圆台中，设该圆台上、下底面的半径分别为、，高为，
取圆台的轴截面，可知四边形为等腰梯形，
过点、在平面内作，，垂足分别为、，
由题意可知，，则、都为等腰直角三角形，
故，，则，，
在平面内，因为，，，
则四边形为矩形，故，
由题意可知，梯形周长为，
即，解得，
故，
因此，该圆台的体积为.
故答案为：.
13. 在中，角的平分线交于，则_____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据面积公式，再结合二倍角的余弦公式，即可求解.
【详解】设，
由，得，
得，
.
故答案为：
14. 若平面上三个力作用于一点，且处于平衡状态．已知，与的夹角为，则与夹角的大小为_____________
【答案】##
【解析】
【分析】首先由条件判断，由等式变形，转化为数量积运算求，再变形为，平方后即可求解.
【详解】由条件可知，，即，两边平方得，
，
所以，
又，两边平方得，
得，即.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知、是夹角为的两个单位向量，，．
（1）若、可以作为一组基底，求实数的取值范围；
（2）若、垂直，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）考虑、共线，结合平面向量共线的基本定理求出参数的值，即可得出当、不共线时的取值范围；
（2）由向量垂直可得出，利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的等式，解之即可.
【小问1详解】
假设、可以作为一组基底，则、不共线，
若、共线，则存在，使得，即，
所以，解得，
所以，当、不共线时，.
所以，实数的取值范围为.
【小问2详解】
因为、是夹角为的两个单位向量，则，
因为，则，
即，所以，解得.
16. 如图，在正三棱柱中，为棱的中点，为棱中点，.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连结交于，连结，根据棱柱性质及三角形中位线，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）先根据正方形的性质证得，进而利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面垂直的性质定理证得，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可.
【小问1详解】
连结交于，连结，
在正三棱柱中，且，
所以四边形是平行四边行，则为的中点，
因为为的中点，所以为的中位线，，
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
正三棱锥柱中，且，
，，所以四边形是正方形，所以，
因为分别是的中点，所以是的中位线，
所以，又因为，所以，
在正三棱柱中平面，平面，所以，
在正三角形中，为的中点，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
17. 如图，正方形的边长为，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点.

（1）求的余弦值；
（2）设，求的值及点的坐标．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）建立平面直角坐标系，求，的坐标，结合向量夹角公式求结论；
（2）由关系求，根据，，三点共线列方程求，再求的坐标.
【小问1详解】
如图所示，建立以点为原点的平面直角坐标系，

则，，，，
∴，，
由于就是，的夹角，
∴
，
∴的余弦值为.
【小问2详解】
∵，
则，则，
又，，三点共线，
则设，，
即，
则，解得，
故.
18. 在①；②；③；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
问题：已知的内角的对边分别为且满足______．
（1）求角的大小；
（2）若边上的中线长为，，求的面积.
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【答案】（1）所选条件见解析，；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据所选条件，应用正弦边角关系、三角恒等变换化简条件，结合三角形的内角性质求角的大小；
（2）设BC的中点为D，应用向量数量积的运算律及定义得求，最后应用三角形面积公式求面积.
【小问1详解】
①在中，由，得，
由正弦定理得，则，
结合已知条件得，
因为，，或（舍），解得.
②由题意，即，
由正弦定理得，
又，所以，则，所以，
③在中，，则，
所以，
即，又，，
所以，所以
【小问2详解】
设BC的中点为D，根据向量的平行四边形法则可知，

所以，即，
因为，，，所以，解得（负值舍），
所以.
19. 如图，在三棱锥中，底面ABC，平面平面PBC.
（1）求证：；
（2）若是PB的中点，N，F分别在线段BC，AM上移动．
①求与平面所成角的正切值；
②若平面，求线段长度的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的判断定理，即可证明；
（2）①根据（1）的结合，结合线面角的定义，即可求解；
②首先利用面面平行的性质定理，构造平面，设，通过几何关系表示，即可求解线段长度的最小值.
【小问1详解】
证明：作
因为平面平面PBC，平面平面平面PAC
所以平面PBC
因为平面PBC
所以
因为平面平面ABC，所以
因为平面PAC
所以平面PAC，
又平面PAC，所以
【小问2详解】
①由（1）得平面PAC
所以为在平面的射影，为与平面所成角
在中，，
在直角中，
所以与平面所成角的正切值为
②过作的垂线，垂足为，过作，交于
因为平面平面，所以
又因为平面
所以
因为平面平面PAC，所以平面PAC
同理平面
因为平面FQN，所以平面平面
因为平面，所以平面
设
所以
在直角中，
当时，