2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第三十六中学高一下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第三十六中学高一下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．化简得（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由向量的加减琺法则计算．

【详解】．

故选：A．

2．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】【解析】空间中直线与平面之间的位置关系．

分析：由题意连接A1C1，则∠AC1A1为所求的角，在△AC1A1计算．

解：连接A1C1，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，

∴A1A⊥平面A1B1C1D1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成角．

在△AC1A1中，sin∠AC1A1===．

故选D．

3．设，表示两条直线，，表示两个平面，则下列命题正确的是（    ）

A．若，.，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】D

【解析】利用线面平行的位置关系可判断A；根据线面之间的位置关系可判断B、C；利用面面垂直的判定定理可判断D.

【详解】A错，∵线面平行，面中的线与此线的关系是平行或者异面，

B错，∵与面中一线平行的直线与此面的关系可能是在面内或者与面平行，

C错，∵两面垂直，与其中一面平行的直线与另一面的关系可能是平行，在面内也可能垂直；

D对，∵线与面平行，线垂直于另一面，可证得两面垂直，

故选：D.

4．已知，，若，则等于（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】利用向量垂直的数量积的形式可求出，故可求的坐标，从而可求.

【详解】∵，∴，

∴．∴，

∴．

故选：B．

【点睛】如果，那么：

（1）若，则；

（2）若，则；

5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知A=45°，a=6，b=3，则B的大小为（    ）

A．30° B．60°

C．30°或150° D．60°或120°

【答案】A

【分析】先由正弦定理求出sinB=，可得B=30°或B=150°，再由a>b，得A>B，从而可求出B=30°.

【详解】由正弦定理得，

即，

解得sinB=，

又B为三角形内角，所以B=30°或B=150°，

又因为a>b，所以A>B，即B=30°.

故选：A.

6．已知，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将分式化为整式后可得的值.

【详解】因为，故即，

若，则，与平方和为1矛盾，

故即，

故选：D.

7．在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连接，，得到，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，取的中点，在直角中，即可求解.

【详解】在正方体中，连接，，可得，

所以异面直线与所成角即为直线与所成角，

即为异面直线与所成角，

不妨设，则，，

取的中点，因为，所以，

在直角中，可得.

故选：B.

8．我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体（如图所示），下底面是边长为2的正方形，上棱，EF//平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为（    ）

A．6 B． C． D．12

【答案】B

【分析】在几何体中，作FN//AE，FM//ED，将多面体被分割为三棱柱与四棱锥两部分求解.

【详解】如图，作FN//AE，FM//ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥部分，

因为EF与平面ABCD的距离为2，

所以四棱锥F-NBCM的高为2，

所以V四棱锥F-NBCM=SNBCM

V棱柱ADE-NMF=S直截面

所以该刍甍的体积为V=V四棱锥F-NBCM+V棱柱ADE-NMF=.

故选：B

【点睛】本题考查空间几何体的体积，考查空间想象能力和运算求解能力，属于基础题.

9．已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，且平面，，，，则球O的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据平面BCD，得到，，再由，，，得到，则三棱锥截取于一个长方体，然后由长方体的外接球即为三棱锥的外接球求解.

【详解】因为平面BCD，

所以，，

∴，

在中，，

∴，

∴.

如图所示：

三棱锥的外接球即为长方体AGFH-BCED的外接球，

设球O的半径为R，则，

解得，

所以球O的表面积为，

故选：A.

二、多选题

10．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C．是函数的一条对称轴 D．是函数的对称中心

【答案】ACD

【分析】根据函数图象知：、、为对称轴、是函数的一个对称中心，结合余弦函数的性质即可判断各选项的正误.

【详解】由图知：，即，而，可得，A正确；

且，可得，B错误；

为对称轴，C正确；

由是函数的一个对称中心，则是函数的对称中心，D正确；

故选：ACD

11．两平行平面截半径为的球，若截面面积分别为和，则这两个平面间的距离是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【解析】对两个平行平面在球心的同侧和异侧两种情况讨论，计算出球心到两截面的距离，进而可求得两平面间的距离.

【详解】如图（1）所示，若两个平行平面在球心同侧，

则；

如图（2）所示，若两个平行截面在球心两侧，

则.

故选：AD.

【点睛】用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质“与底面全等或相似”，同时结合旋转体中的经过旋转轴的截面“轴截面”的性质，利用相似三角形中的相似比，构设相关几何变量的方程组，进而得解.

12．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点.现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（    ）

A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEH D．HG⊥平面AEF

【答案】BC

【分析】由题意可得，AH⊥HE，AH⊥HF，HF⊥HE，从而利用线面垂直的判定定理可得AH⊥平面EFH，HF⊥平面AHE，进而可得答案

【详解】解：由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF.

∴AH⊥平面EFH，而AG与平面EFH不垂直.∴B正确，A不正确.

又HF⊥HE，∴HF⊥平面AHE，C正确.

HG与AG不垂直，因此HG⊥平面AEF不正确.D不正确.

故选：BC.

【点睛】此题考查线面垂直的判定，考查折叠问题，属于基础题

三、填空题

13．如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则杯子高       ．

【答案】8

【解析】根据题意半球的体积等于圆锥的体积，根据等体积法化简即可.

【详解】解：由题意得半球的半径和圆锥底面圆的半径，

如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则半球的体积等于圆锥的体积

所以

故答案为：8

14．已知 =，则的值是    .

【答案】

【分析】直接按照两角和正弦公式展开，再平方即得结果.

【详解】

故答案为：

【点睛】本题考查两角和正弦公式、二倍角正弦公式，考查基本分析求解能力，属基础题.

15．已知单位向量,的夹角为45°，与垂直，则k=          .

【答案】

【分析】首先求得向量的数量积，然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数k的值.

【详解】由题意可得：，

由向量垂直的充分必要条件可得：，

即：，解得：.

故答案为：．

【点睛】本题主要考查平面向量的数量积定义与运算法则，向量垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

16．如图，正方体中，平面和平面ABCD所成二面角的大小是      .

【答案】/

【分析】利用二面角的平面角的定义及正方体的特征即可求解.

【详解】∵是正方体，

∴平面，

∴，，

∴是平面和平面ABCD所成的二面角的平面角，

∵，

∴平面和平面ABCD所成的二面角的平面角为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知△的内角，，的对边分别为，，，若．

（1）求角．

（2）若，求△的面积．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由正弦定理边角关系，结合三角形内角性质得，进而求角．

（2）由余弦定理得求b，再利用三角形面积公式求△的面积．

【详解】（1）由正弦定理，，又，

，即，由，得.

（2）由余弦定理知：，

∴，解得，

.

18．已知函数.

（1）求函数的值域；

（2）求函数单调递增区间.

【答案】(1) , (2)

【分析】（1）先对函数化简为，然后利用正弦函数的取值范围可求出的值域；

（2）由解出的范围就是所要求的递增区间.

【详解】解：

（1）因为，

所以

所以的值域为；

（2）由，得

，

所以单调递增区间为

【点睛】此题考查三角函数的恒等变换公式，正弦函数的性质，属于基础题.

19．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为中点.

（1）求证：平面；

（2）求证：.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；

【分析】（1）设与交于点，接，可得，即可证明平面；

（2）由底面是菱形，得，又底面，可得，证明平面，利用线面垂直的性质可证．

【详解】证明：（1）设与交于点，接，

底面是菱形，

为中点，

又因为是的中点，

，

面，平面

平面．

（2）底面是菱形，

，

底面，底面，

，且，平面．

平面．

平面，

．

20．如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.

（1）证明：BC面PAC；

（2）若PA=AC=1，AB=2，求直线PB与平面PAC所成角的正切值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）证明AC⊥BC和PA⊥BC，BC面PAC即得证；

（2）先证明∠BPC为PB与平面PAC所成的角，再通过解三角形求出即得解.

【详解】证明：(1)为圆O直径

∠ACB=90°即AC⊥BC

PA⊥面ABC，PA⊥BC

ACPA=A

BC⊥面PAC.

(2)BC⊥面PAC，

∠BPC为PB与平面PAC所成的角，

在直角三角形中，，

在直角三角形中，,

在直角三角形中，tan∠BPC=.

故直线PB与平面PAC所成角的正切值为.

【点睛】方法点睛：求线面角常用几何法求解，其步骤为：找作证（定义）指求（解三角形）.

21．如图所示，在三棱柱中，平面，，是的中点，.

（1）求证：平面平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）由线面垂直的性质得，由等腰三角形的性质得，根据线面垂直的判定有平面，进而由面面垂直的判定可证平面平面；

（2）取的中点，连结，设到面的距离为，利用等体积法可知，结合锥体的体积公式即可求.

【详解】（1）由平面，平面，则，

由，是的中点，则，又，

∴平面，又平面，

∴平面平面；

（2）如图，取的中点，连结，设到面的距离为，

由题意知：，，，

∴，，

又，即

∴点到平面的距离.