精品解析：江苏省无锡市锡东高级中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版）

江苏省无锡市锡东高级中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题

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. 已知中，，，，则等于（    ）

A. 或 B. 或 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】直接利用正弦定理化简求解即可．

【详解】由题意在中，，，，

由正弦定理：可得．

，或．

又，所以

故选：D．

2. 下列说法正确的是（    ）

A. 设非零向量，，若，则向量与的夹角为锐角

B. 若非零向量与是共线向量，则A，B，C，D四点共线

C. 若，，则

D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】对于A，当向量，同向时，即可判断；对于B，根据共线向量的定义即可判断；对于C，根据零向量与任意向量共线，即可判断；对于D，根据相等向量的定义即可判断.

【详解】解：对于A，若，则，故A错误；

对于B，若非零向量与是共线向量，

则与平行或共线，故B错误；

对于C，若，，

当时，不能确定是否平行，故C错误；

对于D，若，则，故D正确.

故选：D.

3. 如图，在多面体中，平面平面 ，且，则 (　　)

A. 平面 B. 平面

C.  D. 平面平面

【答案】A

【解析】

【分析】取DG的中点M，连AM、FM，证明四边形ABFM是平行四边形，问题得解.

【详解】如图所示，取DG的中点M，连AM、FM，．

则由已知条件易证得四边形DEFM是平行四边形，

∴且．

∵平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE，

∴AB∥DE，

∴AB∥FM．

又AB＝DE，

∴AB＝FM，

∴四边形ABFM是平行四边形，

∴BF∥AM．

又BF平面ACGD，AM平面ACGD，

∴BF∥平面ACGD．选A．

【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理及面面平行的性质，还考查了转化能力及空间思维能力，属于中档题.

4. 一艘轮船按照北偏东方向，以18海里小时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东方向上，经过20分钟的航行，轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为（    ）海里．

A. 2 B. 3 C. 4 D. 6

【答案】C

【解析】

【分析】作出示意图，利用余弦定理，即可得解．

【详解】设轮船从点出发到达点，灯塔在点，如图所示，

由图可知，，海里，

在中，由余弦定理知，，

所以，即，

解得或（舍负），

所以灯塔与轮船原来的距离为4海里．

故选：C．

5. 如图所示，在等腰梯形中，，为线段的中点，，，，则 （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出，再由利用数量积的定义计算即可求解.

【详解】

在等腰梯形中，分别过点，作，垂直于于点，，

则，，

因为 ，所以，

因为为线段的中点，，

所以

，

故选：B.

6. 圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为（　　）

A. 7 B. 6 C. 5 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】设圆台上底面半径为，由圆台侧面积公式列出方程，求解即可得解.

【详解】设圆台上底面半径为，由题意下底面半径为，母线长，

所以，解得.

故选：A.

【点睛】本题考查了圆台侧面积公式的应用，属于基础题.

7. 设直三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球面上，且，则该直三棱柱的体积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先设出棱长，表示出球半径，利用球的表面积求出棱长，然后利用柱体的体积公式可求体积.

【详解】设.因为，所以.

由正弦定理得是外接圆的半径），.

又球心到平面的距离等于侧棱长的一半，所以球的半径为.所以球的表面积为，解得.

因此该直三棱柱体积是

故选：A.

8. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且满足．角A的内角平分线交于点M，若，则（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】由条件及三角形中角的关系，结合正弦定理先求出角，由三角形的内角平分线定理可得，然后在，中，分别利用余弦定理结合，用表示出，从而可得出答案.

【详解】由条件有：，

又，则，

即，又，则

由为的角平分线，则,即

则

在中，

即    ①

在中，

在中，

由，则

化简得到： ②

将②代入①可得：  ③

将③代入②可得：, 所以

所以

故选：A

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 如图，在正方体中，、、分别是、、的中点，有下列四个结论正确的是（    ）

A. 与是异面直线； B. 、、相交于一点；

C. ； D. 平面.

【答案】BD

【解析】

【分析】本题首先可根据、判断出A错误，然后根据平面平面得出B正确，再然后根据得出C错误，最后根据线面平行的判定即可证得D正确.

【详解】A项：如图，连接、、，

因为、分别是、的中点，多面体是正方体，

所以，，，

因为，所以与是同一平面内的相交直线，A错误；

B项：因为平面平面，平面，平面，

所以、、相交于一点，B正确；

C项：如图，连接与交于点，连接、，

由正方体性质易知，是中点，

因为是中点，所以，，

因为，，所以，，

故四边形是平行四边形，，易知C错误；

D项：因为，平面，平面，

所以平面，D正确，

故选：BD.

10. 八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列结论正确的有（    ）

A.  B.

C.  D. 在向量上的投影向量为

【答案】AB

【解析】

【分析】正八边形中，每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离为1，然后再由数量积的运算逐一分析四个选项得答案．

【详解】正八边形中，每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离为1，

对于，，故A正确；

对于B，，则以，为邻边的对角线长是的倍，

可得，故B正确；

对于C，，，与的夹角为，

与的夹角为，故，故C错误；

对于D，由已知可得，，

在向量上的投影数量为，

则在向量上的投影向量的模为，故D错误．

故选：AB．

11. 在中，内角、、所对的边分别为、、，的面积为，下列与有关的结论，正确的是（   ）

A. 若为锐角三角形，则

B. 若，则

C. 若，则一定是等腰三角形

D. ，则的外接圆半径是4

【答案】AB

【解析】

【分析】对于，根据锐角三角形的性质，结合正弦函数单调性以及诱导公式，判断A，根据正弦定理判断B，根据正弦定理，进行边角互换，可得正弦等式，判断C，根据正弦定理，可判断D．

【详解】对于，若为锐角三角形，可得且，

可得，且，根据正弦函数的单调性，

可得，所以，故正确；

对于B，在中，由知，根据正弦定理可得，故B正确；

对于C，由正弦定理知，，则，

可得，故或，是等腰三角形或直角三角形，故C错误；

对于D，在中，设的外接圆半径是R，则根据正弦定理可得，故D错误．

故选：AB．

12. 已知三个内角，，的对应边分别为，，，则下列结论正确的是（  ）

A. ，．面积的最大值为

B. ，．的最大值为

C. 若，则的形状为等腰三角形

D. ，则的形状为等边三角形

【答案】ABC

【解析】

【分析】对于A，由余弦定理结合基本不等式求得的最大值，即可得出面积的最大值，进而可判断A是否正确；对于B，由正弦定理结合二倍角公式，两角和与差的正弦公式，正弦函数性质求得的最大值，从而可得数量积的最大值，即可判断B是否正确；对于C，由向量数量积公式和两角和与差的三角函数公式即可判断C是否正确；对于D，因为，判断的平分线AD与BC垂直，得是等腰三角形，因为，判断角B是否为60°，即可判断D是否正确.

【详解】对于，由余弦定理可得，

当且仅当时，等号成立，

，最大值为，故A正确；

对于B，，

在中，，，

，

因为，所以，所以，

所以，即时，取得最大值1，即的最大值为，

所以的最大值为，故B正确；

对于C，因为，所以，即，

由正弦定理得，即，

因为，所以，

所以，所以是等腰三角形，故C正确；

对于D，因为，

所以的平分线AD与BC垂直，所以是等腰三角形

因为，所以，所以，

所以是等腰非等边三角形，故D错误．

故选：ABC．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 ____ cm3.

【答案】

【解析】

【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.

【详解】正六棱柱体积为

圆柱体积为

所求几何体体积为

故答案为：

【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.

14. 在中，，若O为外接圆的圆心，则的值为__________．

【答案】10

【解析】

【分析】作出边垂线，利用向量的运算将用表示，得有向量的数量积的几何意义将向量的数量积表示成一个向量与另一个向量的投影的乘积即可求得答案

【详解】过作，垂足分别为，

因为O为外接圆的圆心，

所以分别为的中点，

所以

,

故答案为：10

15. 如图，在中，，，.为内部（包含边界）的动点，且.则___________；的取值范围___________.

【答案】    ①. 4    ②.

【解析】

【分析】方法1：

①由正弦定理求得，进而可求得b，可得在是等腰三角形，取BC的中点E，在中可求得AE，再由可求得的值.

②设 ，，则展开计算，转化为三角函数在给定区间上求值域，即可得结果.

方法2：

①由余弦定理求得b的值，再由即可求出；

②以A为原点建系，设 ，则可得，转化为三角函数在给定区间上求值域，即可得结果.

【详解】方法1：①在中，由正弦定理得： 即：

解得：.

又∵，∴，∴

∴，

取BC的中点E，连接AE，如图所示，

则：， ，

∴在中， ，

∴，

②设 ，则 ，

，

∵，∴，∴，

故的范围是：；

方法2：①在中，由余弦定理 ，

即： ，解得：或（舍），

，

∴，

②以A为原点，AB所在的直线为x轴，垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，

设 ，则P点的坐标为，B点的坐标为 ，

C点的坐标为 ，

∴ ，，

∴，

∵，∴，∴，

∴，

即：，故的范围是：，

故答案为：4；.

16. 已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，若动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则线段的长度范围是_________．

【答案】

【解析】

【分析】构造与平面平行的平面，得出点轨迹，在中计算的范围即可．

【详解】连接，，取的中点，的中点，连接，，，

则，，所以，

因为， ，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，

所以平面，平面，

因为，所以平面平面，

平面，的轨迹为线段．

，，

当时，取得最小值，

当与（或重合时，取得最大值．．

故答案为：．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知向量，.

（1）若，求；

（2）若向量，，求与夹角的余弦值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据求得，从而可得，于是；

（2）由，可得，再由夹角公式计算即可.

【小问1详解】

因为，，

所以，.

由，可得，即，

解得，所以，故.

【小问2详解】

因为向量，，所以，所以.

则，，

所以，

所以与夹角余弦值为.

18. 在中，角所对的边分别为，且

（1）求角B；

（2）若的面积为，BC边上的高，求，的值．

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理角边互化，再利用三角函数的特殊值对应特殊角，结合角的范围即可求解；

（2）根据正弦定理及三角形的面积公式，再利用余弦定理即可求解.

【小问1详解】

因为，所以

所以，即

由余弦定理可得，

因为，所以

【小问2详解】

由（1）知，，因为BC边上的高，所以，

在中，由正弦定理可得，

即.

因为的面积为，

所以，解得.

在中,由余弦定理,得

，则.

所以的值为，的值为.

19. 由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形为平行四边形，O为与的交点．

（1）求证：∥平面；

（2）求证：平面∥平面；

（3）设平面与底面的交线为l，求证：．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析    （3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可；

（2）由线线平行证平面，结合平面即可证平面平面；

（3）由线面平行证线线平行即可.

【小问1详解】

取的中点，连接，

∵是四棱柱，∴，

∴四边形为平行四边形，∴，

又平面平面，∴平面．

【小问2详解】

∵，∴四边形是平行四边形，∴，

∵平面平面，∴平面，

由（1）得平面且，平面，

∴平面平面．

【小问3详解】

由（2）得：平面，

又平面，平面平面，∴．

20. 北京2022年冬奥会中，运动员休息区本着环保､舒适､温馨这一出发点，进行精心设计，如图，在四边形休闲区域，四周是步道，中间是花卉种植区域，为减少拥堵，中间穿插了氢能源环保电动步道，且.

（1）求氢能源环保电动步道的长；

（2）若___________；求花卉种植区域总面积.

从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.

【答案】（1）   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）利用二倍角公式求出，利用余弦定可求的长；

（2）选①：由正弦定理可求得，利用两角和的正弦公式可求得，可分别求得，，从而可求花卉种植区域总面积．

选②：利用余弦定理求出，利用面积公式可求得，，从而可求花卉种植区域总面积．

【小问1详解】

解：．，，

，，由余弦定理得，

，．

【小问2详解】

解：若选①：，在中，由正弦定理得，．

，由（1）知．代入上式可得，解得，

，

，

，，

故，

花卉种植区域总面积为．

若选②：，在中，由余弦定理得，解得或（舍去），

．，，

，，

故，

花卉种植区域总面积．

21. 几何体是四棱锥，为正三角，，，为线段的中点.

（1）求证：平面；

（2）线段上是否存在一点，使得四点共面？若存在，请求出的值；若不存在，并说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）先由线面平行的判定理证得平面，再证得平面，由此利用面面平行的判定定理证得面面，从而得到平面；

（2）先由线面平行的性质定理求得点位置，再由平面几何知识求得，从而利用平行线分线段成比例得到的值.

【小问1详解】

记为的中点，连接，如图1，

因为分别为的中点，故，

因为平面平面

所以平面，

又因为为正三角形，所以 ，，

又为等腰三角形，，所以,

所以，即，

所以，又平面平面

所以平面，又，平面，

故平面平面，

又因为平面，故平面.

【小问2详解】

延长相交于点，连接交于点，连接，过点作交于点，如图2，

因为平面，平面，平面平面，

所以，此时四点共面，

由（1）可知，，得，

故，又因，所以，

则有，故.

22. 在中，分别是角对边，．

（1）求角A的大小；

（2）若为锐角三角形，且其面积为，点为重心，点为线段的中点，点在线段上，且，线段与线段相交于点，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式计算可得；

（2）用、作为平面内的一组基底表示出，再根据平面向量共线定理及推论表示出，即可表示，利用面积公式求出，再由三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得．

【小问1详解】

因为，

由正弦定理可得，

又因为，则，

可得，即，所以.

【小问2详解】

由题意可得，，

所以，

因为、、三点共线，故设，

同理、、三点共线，故设，

则，解得，

所以，

则，

因为，所以，

又因为为锐角三角形，

当为锐角，则，即，

即，所以；

当为锐角，则，即，

则，即，所以；

综上可得，

又因为，

则，

因为，则，

且在上单调递减，，

所以，即，

所以．