浙江省杭州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
1．（2024高一下·杭州期中）已知m，n表示两条不同直线， 表示平面，下列说法正确的是（ ）
A．若 则
B．若 ， ，则
C．若 ， ，则
D．若 ， ，则
2．（2024高一下·杭州期中）如图，在平行六面体（底面为平行四边形的四棱柱）中，E为延长线上一点，，则=（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·杭州期中）如图，已知平面，，且.设梯形中，，且AB，CD.则下列结论一定正确的是( )
A．
B．直线与直线可能为异面直线
C．直线与直线可能为异面直线
D．直线、、相交于一点
4．（2024高一下·杭州期中）如图，一个正四棱锥的五个顶点都在球面上，且底面经过球心.若，则球的表面积是
A． B． C． D．
5．（2024高一下·杭州期中）如图，在正三棱柱中，，若二面角的大小为，则点C到平面的距离为（ ）
A．1 B． C． D．
6．（2024高一下·杭州期中）已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
7．（2024高一下·杭州期中）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·杭州期中）已知正方体边长为1，点分别在线段和上，，动点在线段上，且满足，分别记二面角，的平面角为，则总有（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·杭州期中）如图，为水平放置的的直观图，其中，则在原平面图形中有（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·杭州期中）如图，以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，翻折和，使得平面平面.下列结论正确的是（ ）
A． B．是等边三角形
C．三棱锥是正三棱锥 D．平面平面
11．（2024高一下·杭州期中）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
12．（2024高一下·杭州期中）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则四面体的体积为定值
B．若的外心为，则为定值2
C．若，则点的轨迹长度为
D．若且，则存在点，使得的最小值为
13．（2024高一下·杭州期中），点在轴上且到两点的距离相等，则点的坐标为 .
14．（2024高一下·杭州期中）如图，在四面体中，与所成的角为，分别为的中点，则线段的长为 .
15．（2024高一下·杭州期中）已知
（1）若时，的两根为，则的最小值为 .
（2）若时，恒成立，则的最小值为 .
16．（2024高一下·杭州期中）下列命题正确的是 .（填序号）
①若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行；
②垂直于同一条直线的两直线平行；
③两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，必垂直与另一个平面；
④过两个点与已知平面的垂直的平面可能不存在；
⑤过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直；
⑥到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个.
17．（2024高一下·杭州期中）已知空间向量．
（1）计算和；
（2）求与夹角的余弦值．
18．（2024高一下·杭州期中）正方体中，，分别是，的中点.
（1）求异面直线与所成角；
（2）求证：平面
19．（2024高一下·杭州期中）已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
20．（2024高一下·杭州期中）已知函数的定义域均为，给出下面两个定义：
①若存在唯一的，使得，则称与关于唯一交换；
②若对任意的，均有，则称与关于任意交换．
（1）请判断函数与关于是唯一交换还是任意交换，并说明理由；
（2）设，若存在函数，使得与关于任意交换，求b的值；
（3）在（2）的条件下，若与关于唯一交换，求a的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，B符合题意.
故答案为：B。
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、线线垂直的判断方法、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，从而求出说法正确的选项。
2．【答案】A
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：
=.
故答案为：A.
【分析】根据空间向量的加减法运算法则各向量共线定理，从而写出向量的表达式.
3．【答案】D
【知识点】异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：在梯形中，，
故AB和CD是梯形的两腰，它们不一定相等，故选项A不符合题意；
∵，∴A、B、C、D共面，即AB、CD、AC、BD是共面直线，故选项B合选项C不符合题意；
∵AB和CD是梯形的两腰，故和必相交，
设交点为，∵，，
∴，同理可得，
则在、的交线上，而，故，
即直线、、相交于一点，故选项D符合题意．
故答案为：D．
【分析】由梯形的性质，则可判断选项A、选项B和选项C；证明直线AB和CD的交点在直线l上，即可判断选项D，进而找出结论一定正确的选项．
4．【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设球的半径为，
则，得，
∴.
故答案为：C.
【分析】由题意可知平面并且是半径，再由棱锥的体积公式和已知条件求出半径，则 根据球的表面积公式求出球的表面积．
5．【答案】C
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：取的中点，连接和，
根据二面角的定义，，
由题意得，所以，，
设到平面的距离为，易知三棱锥的体积三棱锥的体积相等，
即，解得，
故点C到平面的距离为.
故答案为：C.
【分析】取的中点，连接和，由二面角的定义得出，从而可得、、的值，再根据三角形的面积公式计算出和的面积，再利用三棱锥的体积三棱锥的体积相等，从而计算出点到平面的距离.
6．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如图，设，分别延长交于点，此时，
连接交于，连接，设平面与平面的交线为，则，
因为平面平面，平面平面，平面平面
所以，设，则，
此时，故，连接，
所以五边形为所求截面图形.
故答案为：C．
【分析】如图，由题意结合空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理，从而可得，进而得出，再结合相似三角形的性质，即可得出平面AEF截正方体形成的截面图形的形状．
7．【答案】B
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：由题意，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，
因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，
所以四棱锥的表面内角和由4个三角形和1个四边形组成，
所以面角和为，故总曲率为．
故答案为：B.
【分析】根据题中给出的定义，再由多面体的总曲率，从而计算得出四棱锥的总曲率．
8．【答案】D
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：作平面，垂足为，则，
因为平面，所以，
作，，，垂足分别为，连接，
由于，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，则，
所以，同理得出，，
所以，，，
因为点是正方形对角线的交点，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，
则就是在平面上的射影，，
又因为，，且，
则，
由得，则，
所以，所以，
又因为，所以.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件作出三个二面角的平面角，再求出其正切值后比较大小，则可得．
9．【答案】A,C,D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在直观图中，，取中点，连接，
则，
因为，
则，
则，，，
由斜二测画法规则作出，如图，
则，，
，，
所以，
显然，故选项A、选项C、选项D正确；选项B错误.
故答案为：ACD.
【分析】根据斜二测画法规则，从而确定点的位置，再作出，则根据勾股定理和三角形的面积公式，从而逐项计算和判断，即可找出正确的选项.
10．【答案】A,B,C
【知识点】棱锥的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A，翻折前，因为，为的中点，则，
翻折后，对应有，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，故，故A对；
对于B，设，翻折前，因为为等腰直角三角形，为的中点，
则，且，，
由勾股定理可得，
翻折后，因为平面，平面，则，
由勾股定理得，
在三棱锥中，，则为等边三角形，故B对；
对于C，在三棱锥中，因为为等边三角形，，
故三棱锥为正三棱锥，故C对；
对于D，假设平面平面，如下图所示，取的中点，连接、，
因为，为的中点，则，
若平面平面，
因为平面平面，平面，所以平面，
设等边的中心为点，连接，由正棱锥的性质可知平面，
因为过点作平面的垂线，有且只有一条，故假设不成立，
即平面与平面不垂直，故D错.
故答案为：ABC.
【分析】利用面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理，则得出线线垂直，从而判断出选项A；设，利用勾股定理，则可判断选项B；利用正棱锥的定义，则可判断选项C；利用面面垂直的性质定理，则可判断选项D，进而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】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；
因为曲池的体积为，故B错误；
因为曲池的表面积为
，故C正确；
因为三棱锥的体积为，故D正确．
故答案为：ACD．
【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和，则求出、的值，再根据组合体的体积、表面积公式、三棱锥的体积公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
12．【答案】A,C,D
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积定义与物理意义；空间中两点间的距离公式；圆锥曲线的轨迹问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，在上分别取，使得，，
因为，所以，
因为，所以，即，
故，即，所以三点共线，
因为，，所以，
故平面，故点为平面的距离为定值，
又因为为定值，故四面体的体积为定值，故A正确；
对于B，取的中点，因为的外心为，所以⊥，
由题意得，
则，故B错误；
对于C，取的中点，
因为底面为菱形，，故⊥，
以为坐标原点，以，分别为轴，建立空间直角坐标系，
故，设，
则，化简得，
则点满足，即点在正方形内，包括边界，
故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，如图所示：
因为，，故，
故为等腰直角三角形，，
故点的轨迹长度为，故C正确；
对于D，若且，，
即，即，
又因为，，设，
设，即，
解得，即，
，如图所示，
设，且⊥，⊥，
在线段上取一点，设，则，
故，
显然，直接连接，此时取得最小值，最小值即为，
由勾股定理得，
故的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】作出辅助线，结合空间向量基本定理得到三点共线，从而得到平面，故点为平面的距离为定值，则四面体的体积为定值，从而判断出选项A；作出辅助线，再结合空间向量数量积的几何意义得到，则判断出选项B；建立空间直角坐标系，设，从而表达出，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，再结合弧长公式判断出选项C；利用已知条件求出，，从而得到，再画出图形，由数形结合得到的最小值，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
13．【答案】
【知识点】空间中两点间的距离公式
【解析】【解答】解：根据题意，可设点，
因为点到两点的距离相等，可得，
即，
解得，所以点的坐标为.
故答案为：.
【分析】设点，再根据点到两点的距离相等，从而列出方程，解方程得出点M的坐标.
14．【答案】或
【知识点】异面直线所成的角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，
且，同理可得且，
为异面直线与所成的角或其补角，则或.
在中，，，
若，由余弦定理可得，
；
若，由余弦定理可得，
；
综上所述，或.
故答案为：或.
【分析】取的中点，连接、，则得到为异面直线与所成的角或其补角，即或，再利用余弦定理计算得出线段的长.
15．【答案】；
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：（1）若时，，，方程，、
即，显然，所以，，
则，
所以，当时，取得最小值，且最小值为．
（2），当时，恒成立，
由解得，
当时，；当时，，
∴当时，；当时，，
∴，∴，
，
当且仅当时，即当、时取等号，
所以的最小值是．
故答案为：；.
【分析]】（1）依题意可得，由韦达定理和，再结合二次函数的图象求最值的方法，从而计算得出的最小值.
（2）令，解得，分析可得，从而得到，再利用基本不等式求最值的方法得出的最小值.
16．【答案】①⑤⑥
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对于①：如图，，平面平面，
所以，同理，所以，
因为，所以，
又因为，所以，所以，
若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行，故①正确；
对于②：垂直于同一条直线的两条直线相交、平行或异面，故②错误；
对于③：根据面面垂直的性质定理可知，两个平面互相垂直，
过一个平面内任意一点（不在交线上）作交线的垂线，必垂直与另一个平面，
当该点在交线上时，作交线的垂线，得不到该直线与另一个平面垂直，故③错误；
对于④：分3种情况讨论：若两点确定的直线在已知平面内，
则过两点与一个已知平面垂直的平面有且只有一个；
若两点确定的直线不在平面内，但与已知平面不垂直，
则过两点与一个已知平面垂直的平面有一个，
若两点确定的直线不在平面内且与已知平面垂直，
则过两点与一个已知平面垂直的平面有无数个，
综上所述，过两点与一个已知平面垂直的平面有一个或无数个，一定存在，故④错误；
对于⑤：设直线、异面，过直线上一点作直线，使得且，如下图所示：
设直线、确定平面，过空间中任意一点，有且只有一条直线，使得，
因为、，则，，又因为，则，
故过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直，故⑤正确；
对于⑥：到一个四面体的四个顶点的距离相等的平面，
可以看作是与一个四面体四个顶点距离相等的平面，
可以是与两条对棱平行，这样的平面有3个，
也可以是与一个底面平行，与另一个顶点距离相等，这样的面有4个，
则到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个，故⑥正确．
故答案为：①⑤⑥.
【分析】根据题意，由直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，从而依次分析6个命题，即可找出真命题的序号．
17．【答案】（1）解：
．
（2）解：，
，
所以，即与夹角的余弦值为．
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用空间向量的坐标运算公式求解即可；
（2）利用空间向量的模公式和夹角公式求解即可.
18．【答案】（1）解：连接，，
因为且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
则或其补角为异面直线与所成的角，
在正方体中，可得，即为等边三角形，
所以，
所以异面直线与所成角为.
（2）证明：取的中点，连接，，
因为，分别是，的中点，
所以，，
又因为，
所以，
又因为平面，平面，平面，
平面，
所以平面，平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面．
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）连接，，即可得到，则或其补角为异面直线与所成的角，再结合正方体的性质求出的值.
（2）取的中点，连接，，即可证出平面平面，再结合面面垂直的性质定理证出平面．
（1）连接，，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，则或其补角为异面直线与所成的角，
在正方体中，可得，即为等边三角形，
所以，所以异面直线与所成角为；
（2）取的中点，连接，，
因为，分别是，的中点，
所以，，
而，所以，
又因为平面，平面，平面，
平面，
所以平面，平面，
又，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
19．【答案】（1）证明：不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）解：由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）不妨设，根据线面垂直的性质（如果一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，那么这条直线垂直于这个平面）证明，利用勾股定理（直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方）证明，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理（如果一个平面经过另一平面的垂线，则这两个平面相互垂直）即可得证；
（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
（1）不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
20．【答案】（1）解：与关于是唯一交换，理由如下：
因为，，
令，所以，解得，
所以有唯一解，
所以与关于是唯一交换.
（2）解：由题意可知，对任意的，成立，
即对任意的，；
因为为函数，且，故，
故，
即，
所以，
综上所述，.
（3）解：当时，，
因为与关于唯一交换，
所以存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得，
令，
且定义域均为，
又因为，，
所以都是偶函数，所以为偶函数，
因此，若存在唯一实数使得，只能是，
所以，
综上所述，的取值为.
【知识点】函数的概念及其构成要素；奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）根据方程解的情况，则判断出与关于是唯一交换.
（2）根据“对任意的，成立”得到关于的方程，再设出的解析式，根据方程左右两边对应项相同，从而求解得出的值.
（3）根据已知条件，通过分离参数将问题转化为“存在唯一实数，使得”，再判断出函数的奇偶性，从而确定出，由此可得的值.
（1）与关于是唯一交换，理由如下：
因为，，
令，所以，解得，
所以有唯一解，
所以与关于是唯一交换.
（2）由题意可知，对任意的，成立，
即对任意的，；
因为为函数，且，故，
故，
即，
所以，
综上所述，.
（3）当时，，
因为与关于唯一交换，
所以存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得；
令，且定义域均为，
又，，
所以都是偶函数，所以为偶函数，
因此，若存在唯一实数使得，只能是，
所以，
综上所述，的取值为.
浙江省杭州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
1．（2024高一下·杭州期中）已知m，n表示两条不同直线， 表示平面，下列说法正确的是（ ）
A．若 则
B．若 ， ，则
C．若 ， ，则
D．若 ， ，则
【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，B符合题意.
故答案为：B。
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、线线垂直的判断方法、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，从而求出说法正确的选项。
2．（2024高一下·杭州期中）如图，在平行六面体（底面为平行四边形的四棱柱）中，E为延长线上一点，，则=（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：
=.
故答案为：A.
【分析】根据空间向量的加减法运算法则各向量共线定理，从而写出向量的表达式.
3．（2024高一下·杭州期中）如图，已知平面，，且.设梯形中，，且AB，CD.则下列结论一定正确的是( )
A．
B．直线与直线可能为异面直线
C．直线与直线可能为异面直线
D．直线、、相交于一点
【答案】D
【知识点】异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：在梯形中，，
故AB和CD是梯形的两腰，它们不一定相等，故选项A不符合题意；
∵，∴A、B、C、D共面，即AB、CD、AC、BD是共面直线，故选项B合选项C不符合题意；
∵AB和CD是梯形的两腰，故和必相交，
设交点为，∵，，
∴，同理可得，
则在、的交线上，而，故，
即直线、、相交于一点，故选项D符合题意．
故答案为：D．
【分析】由梯形的性质，则可判断选项A、选项B和选项C；证明直线AB和CD的交点在直线l上，即可判断选项D，进而找出结论一定正确的选项．
4．（2024高一下·杭州期中）如图，一个正四棱锥的五个顶点都在球面上，且底面经过球心.若，则球的表面积是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设球的半径为，
则，得，
∴.
故答案为：C.
【分析】由题意可知平面并且是半径，再由棱锥的体积公式和已知条件求出半径，则 根据球的表面积公式求出球的表面积．
5．（2024高一下·杭州期中）如图，在正三棱柱中，，若二面角的大小为，则点C到平面的距离为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：取的中点，连接和，
根据二面角的定义，，
由题意得，所以，，
设到平面的距离为，易知三棱锥的体积三棱锥的体积相等，
即，解得，
故点C到平面的距离为.
故答案为：C.
【分析】取的中点，连接和，由二面角的定义得出，从而可得、、的值，再根据三角形的面积公式计算出和的面积，再利用三棱锥的体积三棱锥的体积相等，从而计算出点到平面的距离.
6．（2024高一下·杭州期中）已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如图，设，分别延长交于点，此时，
连接交于，连接，设平面与平面的交线为，则，
因为平面平面，平面平面，平面平面
所以，设，则，
此时，故，连接，
所以五边形为所求截面图形.
故答案为：C．
【分析】如图，由题意结合空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理，从而可得，进而得出，再结合相似三角形的性质，即可得出平面AEF截正方体形成的截面图形的形状．
7．（2024高一下·杭州期中）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：由题意，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，
因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，
所以四棱锥的表面内角和由4个三角形和1个四边形组成，
所以面角和为，故总曲率为．
故答案为：B.
【分析】根据题中给出的定义，再由多面体的总曲率，从而计算得出四棱锥的总曲率．
8．（2024高一下·杭州期中）已知正方体边长为1，点分别在线段和上，，动点在线段上，且满足，分别记二面角，的平面角为，则总有（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：作平面，垂足为，则，
因为平面，所以，
作，，，垂足分别为，连接，
由于，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，则，
所以，同理得出，，
所以，，，
因为点是正方形对角线的交点，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，
则就是在平面上的射影，，
又因为，，且，
则，
由得，则，
所以，所以，
又因为，所以.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件作出三个二面角的平面角，再求出其正切值后比较大小，则可得．
9．（2024高一下·杭州期中）如图，为水平放置的的直观图，其中，则在原平面图形中有（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在直观图中，，取中点，连接，
则，
因为，
则，
则，，，
由斜二测画法规则作出，如图，
则，，
，，
所以，
显然，故选项A、选项C、选项D正确；选项B错误.
故答案为：ACD.
【分析】根据斜二测画法规则，从而确定点的位置，再作出，则根据勾股定理和三角形的面积公式，从而逐项计算和判断，即可找出正确的选项.
10．（2024高一下·杭州期中）如图，以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，翻折和，使得平面平面.下列结论正确的是（ ）
A． B．是等边三角形
C．三棱锥是正三棱锥 D．平面平面
【答案】A,B,C
【知识点】棱锥的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A，翻折前，因为，为的中点，则，
翻折后，对应有，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，故，故A对；
对于B，设，翻折前，因为为等腰直角三角形，为的中点，
则，且，，
由勾股定理可得，
翻折后，因为平面，平面，则，
由勾股定理得，
在三棱锥中，，则为等边三角形，故B对；
对于C，在三棱锥中，因为为等边三角形，，
故三棱锥为正三棱锥，故C对；
对于D，假设平面平面，如下图所示，取的中点，连接、，
因为，为的中点，则，
若平面平面，
因为平面平面，平面，所以平面，
设等边的中心为点，连接，由正棱锥的性质可知平面，
因为过点作平面的垂线，有且只有一条，故假设不成立，
即平面与平面不垂直，故D错.
故答案为：ABC.
【分析】利用面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理，则得出线线垂直，从而判断出选项A；设，利用勾股定理，则可判断选项B；利用正棱锥的定义，则可判断选项C；利用面面垂直的性质定理，则可判断选项D，进而找出结论正确的选项.
11．（2024高一下·杭州期中）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】A,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】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；
因为曲池的体积为，故B错误；
因为曲池的表面积为
，故C正确；
因为三棱锥的体积为，故D正确．
故答案为：ACD．
【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和，则求出、的值，再根据组合体的体积、表面积公式、三棱锥的体积公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
12．（2024高一下·杭州期中）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则四面体的体积为定值
B．若的外心为，则为定值2
C．若，则点的轨迹长度为
D．若且，则存在点，使得的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积定义与物理意义；空间中两点间的距离公式；圆锥曲线的轨迹问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，在上分别取，使得，，
因为，所以，
因为，所以，即，
故，即，所以三点共线，
因为，，所以，
故平面，故点为平面的距离为定值，
又因为为定值，故四面体的体积为定值，故A正确；
对于B，取的中点，因为的外心为，所以⊥，
由题意得，
则，故B错误；
对于C，取的中点，
因为底面为菱形，，故⊥，
以为坐标原点，以，分别为轴，建立空间直角坐标系，
故，设，
则，化简得，
则点满足，即点在正方形内，包括边界，
故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，如图所示：
因为，，故，
故为等腰直角三角形，，
故点的轨迹长度为，故C正确；
对于D，若且，，
即，即，
又因为，，设，
设，即，
解得，即，
，如图所示，
设，且⊥，⊥，
在线段上取一点，设，则，
故，
显然，直接连接，此时取得最小值，最小值即为，
由勾股定理得，
故的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】作出辅助线，结合空间向量基本定理得到三点共线，从而得到平面，故点为平面的距离为定值，则四面体的体积为定值，从而判断出选项A；作出辅助线，再结合空间向量数量积的几何意义得到，则判断出选项B；建立空间直角坐标系，设，从而表达出，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，再结合弧长公式判断出选项C；利用已知条件求出，，从而得到，再画出图形，由数形结合得到的最小值，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
13．（2024高一下·杭州期中），点在轴上且到两点的距离相等，则点的坐标为 .
【答案】
【知识点】空间中两点间的距离公式
【解析】【解答】解：根据题意，可设点，
因为点到两点的距离相等，可得，
即，
解得，所以点的坐标为.
故答案为：.
【分析】设点，再根据点到两点的距离相等，从而列出方程，解方程得出点M的坐标.
14．（2024高一下·杭州期中）如图，在四面体中，与所成的角为，分别为的中点，则线段的长为 .
【答案】或
【知识点】异面直线所成的角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，
且，同理可得且，
为异面直线与所成的角或其补角，则或.
在中，，，
若，由余弦定理可得，
；
若，由余弦定理可得，
；
综上所述，或.
故答案为：或.
【分析】取的中点，连接、，则得到为异面直线与所成的角或其补角，即或，再利用余弦定理计算得出线段的长.
15．（2024高一下·杭州期中）已知
（1）若时，的两根为，则的最小值为 .
（2）若时，恒成立，则的最小值为 .
【答案】；
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：（1）若时，，，方程，、
即，显然，所以，，
则，
所以，当时，取得最小值，且最小值为．
（2），当时，恒成立，
由解得，
当时，；当时，，
∴当时，；当时，，
∴，∴，
，
当且仅当时，即当、时取等号，
所以的最小值是．
故答案为：；.
【分析]】（1）依题意可得，由韦达定理和，再结合二次函数的图象求最值的方法，从而计算得出的最小值.
（2）令，解得，分析可得，从而得到，再利用基本不等式求最值的方法得出的最小值.
16．（2024高一下·杭州期中）下列命题正确的是 .（填序号）
①若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行；
②垂直于同一条直线的两直线平行；
③两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，必垂直与另一个平面；
④过两个点与已知平面的垂直的平面可能不存在；
⑤过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直；
⑥到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个.
【答案】①⑤⑥
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对于①：如图，，平面平面，
所以，同理，所以，
因为，所以，
又因为，所以，所以，
若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行，故①正确；
对于②：垂直于同一条直线的两条直线相交、平行或异面，故②错误；
对于③：根据面面垂直的性质定理可知，两个平面互相垂直，
过一个平面内任意一点（不在交线上）作交线的垂线，必垂直与另一个平面，
当该点在交线上时，作交线的垂线，得不到该直线与另一个平面垂直，故③错误；
对于④：分3种情况讨论：若两点确定的直线在已知平面内，
则过两点与一个已知平面垂直的平面有且只有一个；
若两点确定的直线不在平面内，但与已知平面不垂直，
则过两点与一个已知平面垂直的平面有一个，
若两点确定的直线不在平面内且与已知平面垂直，
则过两点与一个已知平面垂直的平面有无数个，
综上所述，过两点与一个已知平面垂直的平面有一个或无数个，一定存在，故④错误；
对于⑤：设直线、异面，过直线上一点作直线，使得且，如下图所示：
设直线、确定平面，过空间中任意一点，有且只有一条直线，使得，
因为、，则，，又因为，则，
故过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直，故⑤正确；
对于⑥：到一个四面体的四个顶点的距离相等的平面，
可以看作是与一个四面体四个顶点距离相等的平面，
可以是与两条对棱平行，这样的平面有3个，
也可以是与一个底面平行，与另一个顶点距离相等，这样的面有4个，
则到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个，故⑥正确．
故答案为：①⑤⑥.
【分析】根据题意，由直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，从而依次分析6个命题，即可找出真命题的序号．
17．（2024高一下·杭州期中）已知空间向量．
（1）计算和；
（2）求与夹角的余弦值．
【答案】（1）解：
．
（2）解：，
，
所以，即与夹角的余弦值为．
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用空间向量的坐标运算公式求解即可；
（2）利用空间向量的模公式和夹角公式求解即可.
18．（2024高一下·杭州期中）正方体中，，分别是，的中点.
（1）求异面直线与所成角；
（2）求证：平面
【答案】（1）解：连接，，
因为且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
则或其补角为异面直线与所成的角，
在正方体中，可得，即为等边三角形，
所以，
所以异面直线与所成角为.
（2）证明：取的中点，连接，，
因为，分别是，的中点，
所以，，
又因为，
所以，
又因为平面，平面，平面，
平面，
所以平面，平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面．
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）连接，，即可得到，则或其补角为异面直线与所成的角，再结合正方体的性质求出的值.
（2）取的中点，连接，，即可证出平面平面，再结合面面垂直的性质定理证出平面．
（1）连接，，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，则或其补角为异面直线与所成的角，
在正方体中，可得，即为等边三角形，
所以，所以异面直线与所成角为；
（2）取的中点，连接，，
因为，分别是，的中点，
所以，，
而，所以，
又因为平面，平面，平面，
平面，
所以平面，平面，
又，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
19．（2024高一下·杭州期中）已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明：不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）解：由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）不妨设，根据线面垂直的性质（如果一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，那么这条直线垂直于这个平面）证明，利用勾股定理（直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方）证明，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理（如果一个平面经过另一平面的垂线，则这两个平面相互垂直）即可得证；
（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
（1）不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
20．（2024高一下·杭州期中）已知函数的定义域均为，给出下面两个定义：
①若存在唯一的，使得，则称与关于唯一交换；
②若对任意的，均有，则称与关于任意交换．
（1）请判断函数与关于是唯一交换还是任意交换，并说明理由；
（2）设，若存在函数，使得与关于任意交换，求b的值；
（3）在（2）的条件下，若与关于唯一交换，求a的值．
【答案】（1）解：与关于是唯一交换，理由如下：
因为，，
令，所以，解得，
所以有唯一解，
所以与关于是唯一交换.
（2）解：由题意可知，对任意的，成立，
即对任意的，；
因为为函数，且，故，
故，
即，
所以，
综上所述，.
（3）解：当时，，
因为与关于唯一交换，
所以存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得，
令，
且定义域均为，
又因为，，
所以都是偶函数，所以为偶函数，
因此，若存在唯一实数使得，只能是，
所以，
综上所述，的取值为.
【知识点】函数的概念及其构成要素；奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）根据方程解的情况，则判断出与关于是唯一交换.
（2）根据“对任意的，成立”得到关于的方程，再设出的解析式，根据方程左右两边对应项相同，从而求解得出的值.
（3）根据已知条件，通过分离参数将问题转化为“存在唯一实数，使得”，再判断出函数的奇偶性，从而确定出，由此可得的值.
（1）与关于是唯一交换，理由如下：
因为，，
令，所以，解得，
所以有唯一解，
所以与关于是唯一交换.
（2）由题意可知，对任意的，成立，
即对任意的，；
因为为函数，且，故，
故，
即，
所以，
综上所述，.
（3）当时，，
因为与关于唯一交换，
所以存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得；
令，且定义域均为，
又，，
所以都是偶函数，所以为偶函数，
因此，若存在唯一实数使得，只能是，
所以，
综上所述，的取值为.
