資源簡介

2024-2025學年福建省廈門六中高一（下）期中數學試卷
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.在中，，，，則( )
A. B. C. D.
2.在中，D在BC上且，設，，則( )
A. B. C. D.
3.如圖，水平放置的的斜二測直觀圖為，已知，求的周長( )
A. 6
B. 8
C.
D.
4.已知m，n表示兩條不同的直線，，表示兩個不同的平面，則下列結論正確的是( )
A. 若，，則 B. 若，，則
C. 若，，則 D. 若，，則
5.如圖，在正方體中，E是棱的中點，則異面直線DE，所成角的余弦值是( )
A.
B.
C.
D.
6.某數學興趣小組成員為測量某建筑的高度OP，選取了在同一水平面上的A，B，C三處，其中B是AC的中點.如圖.已知在A，B，C處測得該建筑頂部P的仰角分別為，，，米，則該建筑的高度( )
A. 米
B. 10米
C. 米
D. 米
7.已知三棱錐中，平面ABC，，，則此三棱錐外接球的表面積為( )
A. B. C. D.
8.已知是邊長為2的等邊三角形，P為平面ABC內一點，則的最小值是
A. B. C. D.
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。
9.已知向量，，則( )
A. B. 向量，的夾角為
C. D. 在方向上的投影向量是
10.已知中，，，，D在BC上，AD平分，下列結論正確的是( )
A. B. 的面積為
C. D.
11.已知圓臺上、下底面的半徑分別為2和4，母線長為正四棱臺上底面的四個頂點在圓臺上底面圓周上，下底面ABCD的四個頂點在圓臺下底面圓周上，則( )
A. 圓臺的體積
B. 與底面所成的角為
C. 二面角小于
D. 正四棱臺的外接球的表面積為
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.已知，，若A、B、C三點共線，則______.
13.已知某圓錐的高為8，體積為，則該圓錐的側面積為______.
14.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其面積為S，已知，則______，的最大值為______.
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.本小題13分
如圖，在平行四邊形ABCD中，E為BC的中點，設，
用表示；
若，，且，求
16.本小題15分
如圖，在平面四邊形ABCD中，，，，
求；
若的面積為，求
17.本小題15分
如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點.
求證：平面平面PAC；
棱PB上是否存在點F，使得平面PAE？說明理由.
18.本小題17分
在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，從以下三個條件中任選一個，解答以下問題
①；②；③
求證：；
若，，求邊長
求的最小值.
19.本小題17分
如圖1，在平面四邊形ABCD中，，，，，，將沿BD折起，形成如圖2所示的三棱錐，且
證明：面ABD；
在三棱錐中，點E，F，G分別為線段AB，BD，AD的中點，設平面CEF與平面ADC的交線為
①證明：；
②若Q為l上的動點，求直線CF與平面QGE所成角的正弦值的最大值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由正弦定理可得，
故選：
利用正弦定理即可得出．
本題考查了正弦定理解三角形，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．
2.【答案】B
【解析】解：由已知可得，
則，
即，
又因為，
所以
故選：
作出圖形，再根據平面向量的線性運算來求得正確答案．
本題考查平面向量的線性運算，屬于基礎題．
3.【答案】C
【解析】解：根據題意，作出原圖，
由斜二測畫法，在原圖中，，，
所以，故的周長為
故選：
根據題意，作出原平面圖形，由斜二測畫法分析原圖的數量關系，計算可得答案．
本題主要考查平面圖形的直觀圖，屬于基礎題．
4.【答案】C
【解析】解：若，不妨設m在內的投影為，則，
對于選項A：若，，則，結合線面垂直判定定理可知，n不一定垂直，故A錯誤；
對于選項B：若，，此時m與可能相交、平行或m在上，故B錯誤；
對于選項C：若，，則，從而，故C正確；
對于選項D：若，，則，結合面面垂直判定定理可知，，故D錯誤．
故選：
由空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關系逐一分析四個選項得答案．
本題考查空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關系的判定及應用，考查空間想象能力與思維能力，是基礎題．
5.【答案】C
【解析】解：取AB的中點F，連接EF、DF、，
由正方體的性質可得，，
可得四邊形為平行四邊形，
所以，結合E、F為所在棱的中點，可得，
所以，或其補角即為異面直線DE和所成的角，
設正方體的棱長為2，則，
可得，
故異面直線DE和所成的角的余弦值為
故選：
取AB的中點F，連接EF、DF、，可證出或其補角為異面直線DE和所成的角，故可求它的余弦值．
本題主要考查正方體的結構特征、異面直線所成角的定義與求法、余弦定理等知識，屬于中檔題．
6.【答案】A
【解析】解：設米，在中，，已知，
所以
在 中，，已知，
所以
在 中，，已知，
所以
因為B是AC的中點，且米，
所以米．
又因為，所以
在，中，由余弦定理可得：
解得
所以米．
故選：
根據三角形余弦定理求解即可．
本題考查三角函數值的表示及三角形余弦定理的應用，屬于中等題．
7.【答案】B
【解析】解：因為三棱錐中，平面ABC，，，
設底面的外接圓的半徑為r，三棱錐外接球的半徑為R，
由正弦定理得，可得，
所以，
則外接球的表面積為
故選：
根據題意，利用正弦定理求得的外接圓的半徑，再由球的截面的性質，求得外接球的半徑，結合球的表面積公式，即可求解．
本題考查了三棱錐外接球的表面積計算，屬于中檔題．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本題主要考查平面向量數量積的應用，根據條件建立坐標系，利用坐標法是解決本題的關鍵，屬于中檔題.
根據條件建立坐標系，求出點的坐標，利用坐標法結合向量數量積的公式進行計算即可．
【解答】
解：以BC中點為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，
則，，，
設，則，
，，
則
，
當，時，取得最小值，
其最小值為，
故選
9.【答案】BD
【解析】解：對于A，，，
，
，
，故A錯誤；
對于B，，
則向量的夾角為，故B正確；
對于C，，
，故C錯誤；
對于D，在方向上的投影向量為，故D正確．
故選：
根據已知條件，結合平面向量的夾角公式，模公式，投影向量的公式，即可依次求解．
本題主要考查平面向量的夾角公式，模公式，投影向量的公式，屬于基礎題．
10.【答案】ABD
【解析】解：在中，已知，，，
，
，
因此，選項A正確；
在中，由余弦定理，
，故，故B正確；
根據角平分線定理，在中，若AD平分且交BC于D，則，
已知，，代入得： ，
因此，C選項中是錯誤的．故C不正確；
由余弦定理可知：，
，平分，，
，
在中，由正弦定理可得：，
故，故D正確．
故選：
利用余弦定理計算，判斷A；根據面積公式計算的面積，判斷B；利用角平分線定理，判斷C；利用正弦定理計算AD，判斷
本題考查三角形中的幾何計算，屬于中檔題．
11.【答案】ABD
【解析】解：根據題意，作圖如下：
過作，作截面的平面圖，易知為等腰梯形，
且為AC，中點，易得，，，，
故，
即圓臺的高，
又，，
即四棱臺的上下底面邊長分別為和，
對A：圓臺的體積
，故A正確；
對B：易得即為與底面所成角，
在三角形中，，
又故，故B正確；
對C：過P作，垂足為Q，連接，
由平面ABC，，
則平面ABC，又平面ABC，
故，又，，PQ，平面，
故平面，又平面，
故，
則即為二面角的平面角，
，，又，
故，
由B選項知，，結合在單調遞增可知，，故C錯誤；
對D：設外接球半徑為R，球心到下底距離為x，
在的平面圖中，為球心，
則，，，
故，
解得，
故表面積，故D正確．
故選：
對A：根據圓臺和棱臺的體積公式，結合已知數據，求解即可；
對B：過作，則即為所求，根據已知條件求解即可；
對C：過P作，連接AQ，找到二面角的平面角為，再解三角形即可；
對D：設出球心和球半徑，根據幾何關系，列出等量關系求解即可．
本題考查立體幾何綜合問題，屬于難題．
12.【答案】
【解析】解：由A、B、C三點共線，
得，
因此，所以
故答案為：
根據給定條件，利用共線向量的坐標表示列式計算得解．
本題主要考查向量平行的性質，屬于基礎題．
13.【答案】
【解析】解：設圓錐的底面圓半徑為r，因為圓錐的高為8，體積為，
所以，解得，
所以該圓錐的母線長為，
所以圓錐的側面積為
故答案為：
根據題意求出圓錐的底面圓半徑r和母線長l，再求圓錐的側面積．
本題考查了圓錐的結構特征與應用問題，是基礎題．
14.【答案】3
【解析】解：設的外接圓半徑為r，由正弦定理可得，
所以，，又，故，因為，
所以，，
，，；
第二空，因為，，，
又因為，
，
當時，即時，取得最大值，最大值為
空1：由條件，結合正弦定理化邊為角可得，結合內角和公式，誘導公式，兩角和正弦公式化簡可得結論；
空2：由條件化角為邊可得，結合三角形面積公式及條件可得再求其最值；
本題考查三角形中的幾何計算，屬于中檔題．
15.【答案】，，；

【解析】解：在平行四邊形ABCD中，E為BC的中點，設，，
根據平面向量的加法法則可得，
，，
所以，，；
若，，且，
由知：，
又，，且，
則
由向量對應線段的數量、位置關系用表示出即可；
由及向量數量積的運算律可得，結合已知即可求值．
本題考查了平面向量數量積的運算，屬于中檔題．
16.【答案】解：在中，由正弦定理得，即，解得，
結合，可得；
由的結論，得，
所以舍負
根據，可得，解得，
在中，根據余弦定理得，結合，解得
【解析】根據題意，在中利用正弦定理求出，然后利用同角的三角函數關系求得的值；
根據的結論，利用三角形面積公式求出DC，再根據余弦定理列式算出BC的長．
本題主要考查正弦定理與余弦定理、三角形的面積公式、同角三角函數的基本關系等知識，屬于中檔題．
17.【答案】證明見詳解；
存在，理由見解答．
【解析】證明：因為平面ABCD，平面ABCD，則，
又因為底面ABCD為菱形，則，
且，PA，平面PAC，可得平面PAC，
由平面PBD，可得平面平面
解：存在，理由如下：
取AB，PB的中點M，N，連接CM，MN，CN，
則，則平面PAE，平面PAE，則平面PAE，
因為M，E分別為AB，CD的中點，則，，
可知AMCE為平行四邊形，則，
且平面PAE，平面PAE，則平面PAE，
又因為，MN，平面CMN，可得平面平面PAE，
由題意可知：平面，，
若平面PAE，則平面CMN，可知點F即為點N，
所以存在點F為PB的中點，使得平面
根據題意可得，，可得平面PAC，即可得面面垂直；
取AB，PB的中點M，N，可證平面平面PAE，結合平行性質分析求解．
本題主要考查面面垂直的判定定理，線面平行的判定與性質定理，考查邏輯推理能力，屬于中檔題．
18.【答案】證明見解答；
4；

【解析】解：證明：若選①，
由余弦定理，
則，化簡可得，
根據正弦定理可得，因為，
所以，
即，即，
所以，或，即，，因為，
所以
若選②，
由正弦定理可得，
所以，即，
所以，或，即，，因為，
所以
若選③，
因為，
所以，所以，因為，，則，
所以或，若，則，則，不符合題意，
所以，即
因為，則，
由，可得，
，
所以，
已知，由正弦定理，可得，
設，，則，解得，所以，，
根據余弦定理可得，
所以
所以
因為，所以，
當且僅當，即時等號成立，
所以的最小值為
若選①，由余弦定理可得，再利用正弦定理及兩角和與差的正弦公式化簡即可得證；
若選②，利用正弦定理將邊化角，結合兩角差的正弦公式即可得證；
若選③，利用二倍角公式及同角三角函數的基本關系可得，再結合角的范圍即可得證；
利用同角三角函數的基本關系可得，再由二倍角公式可得與，由誘導公式及兩角和的正弦公式可得，利用正弦定理可得的值，結合已知條件可得a，c的值，由余弦定理即可求得b；
利用三角恒等變換化簡利用正弦定理將化為，利用基本不等式即可求解最小值．
本題主要考查正余弦定理的應用，三角恒等變換的應用，考查運算求解能力，屬于中檔題．
19.【答案】證明：在中，，
在中，由余弦定理得，即，
因為，則，，
可得，，
因為，AD，平面ABD，
所以平面
①因為點E，F分別為線段AB，BD的中點，
則，且，
由平面CEF，平面CEF，
得平面CEF，
又因為平面ADC，
且平面平面，
所以
②解：因為，且平面CEF，平面ADC，
可知，則平面ADC，
規定點C為起點，方向為正方向，設，
過點C作平面平面QGE，如圖所示：
可知：直線CF與平面QGE所成角即為直線CF與平面CMN所成角，設為，
則，，，
可得，，，
在中，，且，
則，
設點F到平面CMN的距離為d，因為，
則，
解得，則，
，則，則，
若，則；
若，則，
所以，即時，取到最小值，取到最大值，
綜上所述：直線CF與平面QGE所成角的正弦值的最大值為
【解析】根據勾股定理可得，，結合線面垂直的判定定理分析證明即可；
①根據題意可證平面CEF，結合線面平行的性質分析證明即可；
②過點C作平面平面QGE，直線CF與平面QGE所成角即為直線CF與平面CMN所成角，利用等體積法求點F到平面CMN的距離d，進而求線面夾角的正弦值，結合二次函數分析求解．
本題考查直線與平面垂直的判定定理，考查直線與平面平行的判定與性質，考查線面角的求解，屬于難題．

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