陕西省西安高新唐南中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版）

这是一份陕西省西安高新唐南中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年陕西省西安市雁塔区唐南中学
高一（下）期中数学试卷
一、单选题（本题共8个小题，共计32分）
1. 已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（ ）
A. 30° B. 45° C. 150° D. 30°或150°
【答案】A
【解析】
【分析】运用正弦定理，结合三角形大边对大角的性质进行求解即可.
【详解】因为，，，所以由正弦定理可得，所以或150°．因为，所以，所以．
故选：A
2. 已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，可得，再根据数量积的坐标运算即可得解.
【详解】因为，
所以，解得.
故选：C.
3. 已知平面向量，满足，与的夹角为120°，若，则（　　）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】本题根据平面向量的数量积基本公式结合题干已知条件进行代入即可推导出的值，得到正确选项.
【详解】由题意，可得，即，∴，解得.
故选：B
4. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若、，则
B. 若、，则
C. 若、，则
D 若、，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面的位置关系依次对选项进行判断.
【详解】A选项，若、，则或，所以A不正确；
B选项，若、，则，所以B正确；
C选项，若、，则与平行或异面，所以C不正确；
D选项，若，，则与的位置关系不确定，所以D不正确.
故选:B．
5. 如图，向量，，，则向量（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的加减法求解即可.
【详解】依题意，得，
故选：C．
6. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若则的形状为（ ）
A. 等腰三角形 B. 等腰三角形或直角三角形
C. 直角三角形 D. 锐角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理边角互化可得，进而由三角函数的性质求解.
【详解】由得,
由二倍角公式可得或，
由于在，,所以或,故为等腰三角形或直角三角形
故选：B
7. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，现根据刘徽的《重差》测景一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和30°，且，则该球体建筑物的高度约为（　　）

A. 100m B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆的切线的性质可得AC，AB的大小，由题意可得OA的大小，进而求出球的高度.
【详解】解：设球的截面圆心为O，连接OB，OC，设球的截面圆的半径为R，
由圆的切线的性质可得：，，
则，，
所以，可得，
即，
又因为，
，
所以，
所以，
所以球的直径.

故选：A.
8. 在正四面体中，D，E，F侧棱，，的中点，下列说法不正确的（ ）

A. 面 B. 面面
C. 面面 D. 面
【答案】B
【解析】
【分析】对于A：由中位线性质得，再根据线面平行的判定可判断；
对于B：过P作，假设面面，则面，根据线面垂直的性质和判定得，由与不可能垂直得出矛盾；
对于D：设正的中心Q，连接PQ，由正四面体的性质得面，根据线面垂直的判定和性质可判断；
对于C：由D选项解析得面，根据面面垂直的判定可判断.
【详解】解：对于A：因为D，E，F侧棱，，的中点，所以，又面，面，所以面，故A正确；
对于B：过P作，平面平面，
若面面，则面，
∵面 ， ∴.
∵，面，面，∴面，
∵面 ∴，
∵，，
∴与不可能垂直，矛盾.故选项B不正确；

对于D：设正的中心Q，则点Q在AE上，连接PQ，由正四面体的性质得面，又面，所以，又，，所以面，故D正确；

对于C：由D选项解析得面，又面，所以面面，故C正确，
所以不正确的选项是B选项，
故选：B．
二、多选题（本题共4个小题，共计16分）
9. 下面关于空间几何体的表述,正确的是（ ）
A. 棱柱的侧面都是平行四边形
B. 直角三角形以其一边所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体是圆锥
C. 正四棱柱一定是长方体
D. 用一个平面去截棱锥,底面和截面之间的部分叫做棱台
【答案】AC
【解析】
【分析】用简单几何体的定义及特征去逐个判断即可.
【详解】对于A:棱柱的所有侧面都是平行四边形,且每相邻两个四边形的公共边都相互平行,故A正确.
对于B:只有以直角边为旋转轴旋转才能得到圆锥,以斜边为旋转轴旋转得到的是两个圆锥的组合体.故B错误.
对于C:正四棱柱是底面是正方形的直四棱柱,所以必然是长方体,故C正确.
对于D:只有截面与底面平行时,截面与底面之间的部分才是棱台,故D错误.
故选:AC.
10. 对于任意的平面向量，，，下列说法错误的是（ ）
A. 若且，则 B.
C. 若，且，则 D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】取可判断A选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断B选项；利用平面向量垂直的数量积表示可判断C选项；利用共线向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，且，则、不一定共线，A错；
对于B选项，由平面向量数量积的运算性质可得，B对；
对于C选项，若，且，则，所以，或，C错；
对于D选项，设，，则表示与共线的向量，
表示与共线的向量，所以，与不一定相等，D错.
故选：ACD.
11. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 是的充要条件
C 若a=1，b=2，A=30°，则解此三角形必有两解
D. 若是锐角三角形，则A+B>cosA+cosB
【答案】BD
【解析】
【分析】利用正弦定理判断ABC，利用三角函数性质判断D．
【详解】选项A．若，又由正弦定理得，，，∴，不能得出，A错；
选项B，，结合正弦定理得，反之也成立，B正确；
选项C，若a=1，b=2，A=30°，则由正弦定理和，是三角形内角，则，三角形只有一解，C错；
选项D，若是锐角三角形，则，，
所以，，所以，D正确．
故选：BD．
12. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且.下列说法正确的是（　　）

A. 四棱锥为“阳马”
B. 四面体为“鳖臑”
C. M为线段上的动点，则AM与BC所成角的大小恒为90°
D. 过A点分别作于点E，于点F，则
【答案】ABCD
【解析】
【分析】对于A，利用“阳马”定义直接判断；对于B，利用“鳖臑”定义直接判断；对于C，由平面可得，即可判断；对于D，过A点分别作于点E，于点F，推导出平面，从而平面，进而是平面，由此得到，从而可判断.
【详解】对于选项A，因为平面，平面，
所以,所以四边形为矩形，
又因为，平面，
所以平面，所以四棱锥为“阳马”，故A正确；
对于选项B，由选项A的解析可知，平面，又平面，
所以，即是直角三角形，
由选项A解析可知，,
又平面，所以平面，
因为，所以平面，又平面，
所以，即是直角三角形，
又、都是直角三角形，∴四面体为“鳖臑”，故B正确；
对于选项C，由选项A的解析可知，平面，
∵M为线段上的动点，∴平面，
∴，即AM与BC所成角的大小恒为90°，故C正确；
对于选项D，过A点分别作于点E，于点F，
由选项A的解析可知，平面，又平面，∴，
∵，∴平面，∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴，故D正确.
故选：ABCD.
三、填空题（本题共4个小题，共计16分）
13. 已知两点，，点P在直线AB上，且，则点P的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】可设，根据A，B的坐标及可得出，进而得出x，y的值，从而得出点P的坐标.
【详解】，，，设，∵，
由，∴，得，解得，
∴.
故答案为：.
14. 如图所示，是利用斜二测画法画出的的直观图，已知轴，，且的面积为16，过作轴，则的长为______.

【答案】
【解析】
【分析】利用面积公式，求出直观图的高，求出，然后求出的长.
【详解】因为轴，所以的中，，又三角形的面积为16，
所以.∴，所以.
如图作于，
因为，所以.
故答案为：.

15. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且a，b，c成等比数列．若，则的外接圆面积为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理和余弦定理可求，故可求外接圆的半径，从而可求圆的面积.
【详解】根据正弦定理，有，
又因为，
所以，
从而有的外接圆半径，面积为．
故答案为：
16. 平行四边形中，，，，点P在边上，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据，求出，从而建系，将用函数表示出来，即可求出取值范围.
【详解】,

且在平行四边形中，， .

以A为原点建坐标系，则
点P在边上，设,
;
，

所以.
故答案为：
四、解答题（本题共6个小题，共计56分
17. 已知向量，，
（1）若向量与共线，求m的值；
（2）若，求m的值．
【答案】（1）；（2）4.
【解析】
【分析】（1）利用向量平行的坐标形式求参数；
（2）利用向量垂直的坐标形式求参数.
【详解】解：（1）∵，，向量与共线，
∴．
∴；
（2）∵，，
∴
∵，
∴
∵，
∴，
解得.
18. 已知在中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边.且，，求的面积.
【答案】
【解析】
【分析】由题意利用同角三角函数基本关系式可求，的值，利用两角和的正弦公式可求的值，利用正弦定理可得a的值，进而利用三角形的面积公式即可求解.
【详解】中，且，则，，
所以，，
可得，
由正弦定理，可得，
所以的面积.
19. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，分别是的中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）连接BD，根据线面平行的判定定理只需证明EF∥PD即可；
（2）利用线面垂直的判定定理可得面，再利用面面垂直的判定定理即证．
【小问1详解】
如图，连结，则是的中点，又是的中点，

∴，
又 ∵平面，面，
∴平面；
【小问2详解】
∵底面是正方形，
∴ ，
∵平面，平面，
∴ ，又，
∴面，又平面，
故平面平面.
20. 如图，在直角△ABC中，点D为斜边BC的靠近点B的三等分点，点E为AD的中点，，.

（1）用表示和；
（2）求向量与夹角的余弦值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面向量的线性运算法则求解；
（2）以所在的方向分别为轴，轴的正方向，建立平面直角坐标系，用数量积的坐标表示计算．
【小问1详解】
∵D为斜边BC的靠近点B的三等分点，∴
∴，
∵E为AD的中点，∴，
∴
【小问2详解】
， 如图，以所在的方向分别为轴，轴的正方向，建立平面直角坐标系，则，

∴，，
∴，


21. 如图，在正方体中，、分别是AB、AA1的中点.

（1）证明：四边形EFD1C是梯形；
（2）求异面直线EF与BC1所成角.
【答案】（1）证明见解析，（2）
【解析】
【分析】（1）连接，则可得∥，，再由正方形的性质可得∥，，从而可证得四边形EFD1C是梯形；
（2）连接，由∥，可得异面直线EF与BC1所成角，而为等边三角形，从而可求得结果
【详解】（1）证明：连接，
因为、分别是AB、AA1的中点，
所以∥，，
因为在正方体中，∥，，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，，
所以∥，，
所以四边形EFD1C是梯形；
（2）连接，
由（1）得∥，
所以异面直线EF与BC1所成角，
因为为等边三角形，
所以，
所以异面直线EF与BC1所成角为

22. 在锐角中，角、、的对边分别为、、，若，．
（1）求角的大小和边长的值；
（2）求面积的最大值．
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据得出，然后根据角是锐角得出，最后根据正弦定理与余弦定理对进行转化，即可得出结果；
（2）由正弦定理得出、，然后根据得出，再然后根据解三角形面积公式得出，并将其转化为，最后根据正弦函数的性质即可求出最值.
【详解】（1）因为，所以，，
因为角是锐角，所以，
因为，
所以由正弦定理与余弦定理易知，，
整理得，解得.
（2）因为，所以，，
因为，，，所以，
则


，
因为，所以，
则，，
故，面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.