辽宁省营口市第二高级中学2018-2019学年高一下学期第一次月考数学试题 Word版含解析
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高一数学试卷
一、选择题
1.若是的中线,已知,,则以为基底表示( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意分析,画出三角形,根据向量加法的平行四边形法则,补全平行四边形,利用基底表示向量,即可求解.
【详解】
由向量加法的平行四边形法则,补全平行四边形,如图可知:,
所以.
故选:
【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用,属于基础题.
2.下列与的终边相同的角的表达式中正确的是( )
A. 2kπ+45°(k∈Z) B. k·360°+π(k∈Z)
C. k·360°-315°(k∈Z) D. kπ+ (k∈Z)
【答案】C
【解析】
【分析】
利用终边相同的角的公式判断即得正确答案.
【详解】与的终边相同的角可以写成2kπ+ (k∈Z),但是角度制与弧度制不能混用,所以只有答案C正确.
故答案为C
【点睛】(1)本题主要考查终边相同的角的公式,意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 与终边相同的角=+ 其中.
3.已知是异面直线,直线平行于直线,那么与( )
A. 一定是异面直线 B. 一定是相交直线
C. 不可能是平行直线 D. 不可能是相交直线
【答案】C
【解析】
【详解】如图:
设,为两个相交于直线的平面,其中,平面;,平面,且.
A、D项,如图中满足题设条件,但与是相交直线,故A、D项错误;
B项,如图中满足题设条件,但与是异面直线,故B项错误;
C项,假设,则由可知,这与、异面矛盾,所以与不可能平行,
故选C.
4.已知向量,且,则
A. B.
C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据两向量的平行关系可得,再将向量加法和向量模长运算公式相结合即可得最后结果.
【详解】根据题意可得,可得,
所以,从而可求得,故选B
【点睛】该题考查的是有关向量模的求解问题,在解题的过程中,需要利用向量共线坐标所满足的条件,求得相关的参数的值,之后应用向量加法运算法则求得和向量的坐标,接着应用向量的模的坐标公式求得结果.
5.已知扇形的半径是2,面积为8,则此扇形的圆心角的弧度数是( )
A. 8 B. 2 C. 4 D. 1
【答案】C
【解析】
由扇形的面积公式得:S= lR,
因为扇形的半径长为2,面积为8,
所以扇形的弧长l=8.
设扇形的圆心角的弧度数为α,
由扇形的弧长公式得:l=|α|R,且R=2
所以扇形的圆心角的弧度数是4.
本题选择C选项.
6.三个顶点坐标分别为、、,则顶点的坐标为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意,设的坐标为,利用平行四边形对边向量相等,根据向量坐标运算,即可求解.
【详解】设的坐标为,
则由题意得,
由平行四边形的性质知,
所以,
解得.
故选:
【点睛】本题考查平面向量的坐标运算,属于基础题.
7.下列命题中错误的是( )
A. 平面内一个三角形各边所在直线都与另一个平面平行,则这两个平面平行;
B. 若两个平面平行,则分别位于这两个平面的直线也互相平行;
C. 平行于同一个平面的两个平面平行;
D. 若两个平面平行,则其中一个平面内的直线平行于另一个平面;
【答案】B
【解析】
【分析】
根据空间中面面平行的性质、判定定理可以得到正确,可找到反例,从而得到结果.
【详解】选项:三角形各边所在直线与一个平面平行,即三角形所在平面中有两条相交直线均平行于另一个平面,可知两个平面平行,正确;
选项:在如下图所示的正方体中
平面平面,平面,平面
此时,与异面,可知错误;
选项:由面与面的位置关系可知,平行于同一平面的两个平面平行,正确;
选项:由面面平行的性质定理可知正确.
本题正确选项:
【点睛】本题考查面面平行的相关命题的辨析,主要考查面面平行的判定定理、性质定理的应用,属于基础题.
8.平面直角坐标系中,分别是与轴、轴正方向同向的单位向量,向量,,以下说法正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析:由题意利用向量的坐标表示首先求得向量的坐标表示,然后逐一考查所给的选项即可求得最终结果.
详解:由题意不妨设,
则,,
据此逐一考查所给的选项:
,,则,选项A错误;
,则,选项B正确;
,则,选项C错误;
不存在实数满足,则不成立,选项D错误;
本题选择B选项.
点睛:本题主要考查平面向量的坐标表示及其应用,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
9.已知角是第三象限的角,则角是( )
A. 第一或第二象限的角 B. 第二或第三象限的角
C. 第一或第三象限的角 D. 第二或第四象限的角
【答案】D
【解析】
【分析】
可采取特殊化的思路求解,也可将各象限分成两等份,再从x轴正半轴起,逆时针依次将各区域标上一、二、三、四,则标有三的即为所求区域.
【详解】(方法一)取,则,此时角为第二象限的角;取,则,此时角为第四象限的角.
(方法二)如图,
先将各象限分成两等份,再从x轴正半轴起,逆时针依次将各区域标上一、二、三、四,
则标有三的区域即为角的终边所在的区域,
故角为第二或第四象限的角.
故选:D
【点睛】本题主要考查了根据所在象限求所在象限的方法,属于中档题.
10.设为坐标原点),若三点共线,则的最小值是
A. 4 B. C. 8 D. 9
【答案】D
【解析】
,,因为三点共线,所以,所以,即2a+b=1,则.当且仅当,即a=b=时,等号成立.
故选D
11.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AB的中点, 则点C到平面A1DM的距离为 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
画出图形如下图所示,设到平面的距离为,则根据等体积法有,即,解得,故选.
12.在正方体中,是线段上的动点,是线段上的动点,且不重合,则直线与直线的位置关系是( )
A. 相交且垂直 B. 共面 C. 平行 D. 异面且垂直
【答案】D
【解析】
由题意易知:直线,∴又直线与直线异面直线,
故选D
二、填空题
13.若角,则与角具有相同终边的最小正角为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意,利用终边相同角的概念,化简角,写出终边相同角,令,即可求解.
【详解】因为,所以与终边相同的角为.
由题意可得时,最小正角是.
故答案为:
【点睛】本题考查终边相同角的概念,属于基础题.
14.已知等腰三角形ABC底边长BC=,点D为边BC的中点,则_____
【答案】-3
【解析】
由题意可知,,
∴.
15.已知正四棱锥的底面边长是,侧棱长是,则该正四棱锥的体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
正四棱锥中,,,设正四棱锥高为,连结,求出,由此能求出该正四棱锥的体积.
【详解】解:如图,正四棱锥中,,,设正四棱锥的高为,连结,
则,
在直角三角形中,.
.
故答案为:.
【点睛】本题考查正四棱锥的体积的求法,考查数据处理能力,运算求解能力,属于中档题.
16.如图,在△ABC中,边BC的四等分点依次为D,E,F.若,则AE的长为______.
【答案】
【解析】
分析:用和表示出得出,在根据和的关系计算,从而得到的长.
详解:因为,
所以,所以
所以,
因为,
所以,
所以,
所以,所以,
所以,所以,即.
点睛: 本题考查了平面向量的基本定理,及平面向量的数量积的运算问题,对于平面向量的计算问题,往往有两种形式,一是利用数量积的定义式,二是利用数量积的坐标运算公式、向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件,可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决.
三、解答题
17.如图所示,设是三边上的点,且,,,若,,试用将表示出来.
【答案】,
【解析】
【分析】
根据题意,结合图象,利用向量的加法法则和减法法则,表达与,即可求解.
【详解】,
【点睛】本题考查向量的加法和减法法则,属于基础题.
18.设是不共线的单位向量,且,.
(1)若,求的值;
(2)若,求.
【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
(1)根据平面向量基本定理建立关于的二次一元方程组,解出即可.
(2)根据题意,由,求得值为零,即可求和,利用向量夹角公式即可求解.
【详解】(1)
且不共线;
由平面向量基本定理得:,
解得.
(2)由,则
则有 ,
又
则
【点睛】本题考查平面向量基本定理,考查平面向量的数量积运算,属于基础题.
19.如图,已知在直三棱柱中(侧棱垂直于底面),,,,点是的中点.
(1)求证:;
(2)求证:平面.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据题意,由底面三角形证勾股定理,得到线线垂直,再由侧棱垂直于底面证线面垂直,再证线线垂直;
(2)根据题意,连接交于点,连接,根据三角形中位线证明线线平行,再证线面平行.
【详解】⑴,
,
为直角三角形,
,
又,
,
,
;
⑵连接交于点,
则为的中点,连接,
则在中,
又,
则.
【点睛】本题考查由线面垂直证线线垂直,考查线面平行的判定,属于基础题.
20.已知向量,,,.
(1)求与的夹角;
(2)若,求实数的值.
【答案】(1); (2).
【解析】
【分析】
(1)先求与的坐标,再代入向量的夹角公式求解.(2)由题得,解方程即得解.
【详解】(1)∵,,,,
∴,,,,
∴;
又∵,∴;
(2)当时,,
∴,则,∴.
【点睛】本题主要考查向量的坐标运算,考查向量的夹角的计算和向量垂直的坐标运算,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
21.在四棱锥P-ABCD中,△PBC为正三角形,AB⊥平面PBC,AB∥CD,AB=DC,.
(1)求证:AE∥平面PBC;
(2)求证:AE⊥平面PDC.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.
【解析】
试题分析::(1)证明:取的中点,连接,证得且,从而得
,利用线面平行的判定定理,即可证明结论;
(2) 由平面,所以平面,进而得,由(1)得平面,即可证明平面.
试题解析:
(1)证明:取PC的中点M,连接EM,则EM∥CD,EM=DC,
所以有EM∥AB且EM=AB,则四边形ABME平行四边形.所以AE∥BM,
因为AE不在平面PBC内,所以AE∥平面PBC.
(2)因为AB⊥平面PBC,AB∥CD,所以CD⊥平面PBC,CD⊥BM.
由(1)得,BM⊥PC,所以BM⊥平面PDC,又AE∥BM,所以AE⊥平面PDC.
22.如图,在中,,是的中点,是所在平面外一点,且.
(1)求证:平面;
(2)若,求证:平面.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据题意,由三角形全等证线线垂直,再证线面垂直;
(2)根据题意,由等腰三角形三线合一证线线垂直关系,再证线面垂直.
【详解】证明:
⑴,是的中点,
在中,是的中点,
又
又
.
⑵,为的中点,
由⑴知
,
【点睛】本题考查由线线垂直证明线面垂直,考查转化与化归思想,属于基础题.
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