浙江省浙东北联盟（ZDB）四校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷含答案.pdf

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1、#QQABZYKEogCIAIAAABgCEQHCCgGQkBEAACoOgFAEIAAACRFABCA=#浙江省浙东北联盟（ZDB）四校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷#QQABZYKEogCIAIAAABgCEQHCCgGQkBEAACoOgFAEIAAACRFABCA=#QQABZYKEogCIAIAAABgCEQHCCgGQkBEAACoOgFAEIAAACRFABCA=#QQABZYKEogCIAIAAABgCEQHCCgGQkBEAACoOgFAEIAAACRFABCA=#第 1 页 共 5 页 浙东北联盟（ZDB）2023-2024 学年第二学期期中考试浙东北联盟

2、（ZDB）2023-2024 学年第二学期期中考试 高一数学参考答案高一数学参考答案 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，有且只有一项是符合题目要求的）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，有且只有一项是符合题目要求的）BBCA CBCD 二、多项选择题(本题共有 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分)二、多项选择题(本题共有 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四

3、个选项中，有多项符合题目的要求.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.BCD 10.ABC 11.ACD 三填空题(本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分)三填空题(本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分)122 6 134 1420,4 解析：8.由题意易得ACE是直角三角形，90AEC，60EAC，法一：几何法 将PEC全等顺时针旋转60到QEF，易得PEPCPA的最小值为AF，因为32 ECEF，1506090AEF，所以72325AF.法二：解析法 以点E为原点建立平面直角坐标系，且0,2A，32,0C，由费马点的定义知点P在以31,1M

4、为圆心32为半径的圆上，同时点P也在以3,1N为圆心2为半径的圆上，即点P为方程组431343112222yxyx的一个解，两式相减得023 yx，再代入一式解得74x，732y，所以取最小值时772PE，774PA，778PC.法三：代数法 设aPE，bPA，cPC，由取最小值费马点的定义及余弦定理得：422abba ，1222acca ，1622bccb ，由+-得bccbaa)(22，即23)(aacab.再设xaab，yaac，则3xy，代入式，令kaxx22433，同理代入式得kyy3332，QFPNMCAE#QQABZYKEogCIAIAAABgCEQHCCgGQkBEAACoOg

5、FAEIAAACRFABCA=#第 2 页 共 5 页 上述两式消元得99339922xxxx，由等式两边的单调性可得方程的正实数解只有1x，所以3y，772a，774b，778c.10.由ABC有且仅有一个解，易得24,0B，由正弦定理得4sin4sinsin22BBac 2tan22sin1cos22BBB 0)2,224.四、解答题四、解答题(本题共本题共 5 5 个小题，共个小题，共 7777 分分)15（本题满分 13 分）解：（1）因为yyxbya32,222,所以132622yyx，4 分 解得2x，1y；6 分（2）因为3,644xca,所以33264x，11 分 解得2x，1

6、3 分 16（本题满分 15 分）解：（1）证明：因为2 ACAB，M是BC的中点，所以BCAM，又因为111CBAABC 是直三棱柱，所以AMBB1，所以AM平面11BBCC，4 分 故MNAM，又因为MNAB 1，1AB，AM平面MAB1，所以MN平面MAB1；7 分（2）由（1）可知MBMN1，所以直角BMB1与MCN相似，故2 MCBM，22BC，所以BAC是直角.方法一：设1C点到平面MAB1的距离为d，由1111CMBAMABCVV，10 分 由2211CMBS，2AM,61MB,221BA,31AMBS，可求得334d 15 分 方法二：作MBHC11于H，垂足为H，#QQABZ

7、YKEogCIAIAAABgCEQHCCgGQkBEAACoOgFAEIAAACRFABCA=#第 3 页 共 5 页 易得MNHC/1，则HC1面MAB1，11 分 所以1C点到平面MAB1的距离即HC1，易得直角11HBC与MCN相似，可求得3341HC.15 分 17（本题满分 15 分）解：（1）在ABD上，由余弦定理易得3100BD米，在BCD上，由余弦定理易得20060sin3100sin160BDC，3 分 所以54sinBDC，53cosBDC.5 分 （2）因为ECI，所以60FCI，sin2400sin608021ECIS，)60sin(1800)60sin(606021F

8、CIS，所以四边形CEIF区域面积)60sin(1800sin2400S 10 分 )sin5cos33(300 13600)sin(13600 平方米,即该区域面积的最大值为13600平方米.15 分 18（本题满分 17 分）解：（1）易得90BADABC，且BCD为正三角形，所以3AB，7AC.2 分 以点B为原点，BC、BA分别为x、y轴正方向建立平面直角坐标系，得3,27171ACAF，3,321BE，所以1421723)31(7236cos.4 分 （2）BCBABCBCBABCBDBEBH4322122，GFEBDACI#QQABZYKEogCIAIAAABgCEQHCCgGQk

9、BEAACoOgFAEIAAACRFABCA=#第 4 页 共 5 页 又因为CHA,三点共线，所以1432，解得54.7 分 BABCyBCBAxACyBDxBH21 BCyxBAyx2，53252yxyx，解得32x，154y.10 分 （3）法一：点O为BC中点，因为2AO，所以以BC为直径的圆与圆A外切.14 分 因为圆周角大于圆外角，所以BPC的最大值为90，即cos的最小值为 0.17 分 法二：设DAP，(2,0)且如(1)所建平面直角坐标系，则sin3,cosP，sin3,cosBP，sin3,2cosCP.sin32sin3cos2cos22CPBP 06sin44)sin3

10、(cos24,14 分 当3时，CPBP取到最小值 0，所以cos的最小值为 0.17 分 19（本题满分 17 分）解：（1）证明：PDPA,32PD.则13222CDPDPC,PDCD.2 分 又ADCD,CD平面PAD,平面PAD平面ABCD.4 分 （2）60PAD,PAE为正三角形.取AE中点H，则ADPH，所以PH平面ABCD,3PH.在BC边上取1BK,易得ADHK，KHEABCDPMN#QQABZYKEogCIAIAAABgCEQHCCgGQkBEAACoOgFAEIAAACRFABCA=#第 5 页 共 5 页 所以AD平面PHK，且HKPH.作PKHM，垂足为M，HMAD，

11、HMBC.HM平面PBC，且23HM.又BCAD/，/AD平面PBC，所以点E到平面PBC的距离23d,且点E的投影在PBC内.6 分 在PCE中，2PE，5EC，由余弦定理得51cosPEC，作PCEN 垂足为N，由等面积法得134135252EN，8 分 所以二面角EPCB的大小的正弦值 839sinENd，85cos.10 分（3）作GI平面ABCD，则PHGI/，且点HIB,共线，12 分 再在平面PAB作PBGJ 交AB于点J，又PBFG，PB平面GFJ.设线FJ交线BH于点L，则FJBG，又FJGI，FJ平面BGL，得BLFJ.IFIL,14 分 GBLGLIGFI90.又因为51052cosBPBHGBL,所以FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值为510，当点F为线BH与AC的交点时取到最大角.17 分 命题学校：浙江工业大学附属德清高级中学 命题老师：洪裕祥 审卷老师：章幸伟 LIHEABCDPFGJ#QQABZYKEogCIAIAAABgCEQHCCgGQkBEAACoOgFAEIAAACRFABCA=#