2022-2023学年新疆生产建设兵团第三师图木舒克市第一中学高一下学期4月月考数学试题含答案

2022-2023学年新疆生产建设兵团第三师图木舒克市第一中学高一下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．若，，与的夹角为，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量的数量积的定义计算即可.

【详解】因为，，与的夹角为，

所以.

故选：C.

2．在中，角A、B、C对的边分别为a、b、c．若，，，则角C等于（    ）

A．90° B．120° C．60° D．45°

【答案】B

【分析】利用余弦定理求解即可.

【详解】由题可知,

因为,故.

故选：B.

3．已知向量，，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可求得实数的值.

【详解】因为向量，，，则，解得.

故选：C.

4．已知球的半径是2，则该球的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用球的表面积公式计算即可.

【详解】，

故选：D.

5．在中，的对边分别是，若，则的形状是（    ）

A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．锐角或直角三角形

【答案】C

【分析】由余弦定理确定角是钝角．

【详解】三角形中，，所以为钝角，

三角形为钝角三角形．

故选：C．

6．如果圆锥的底面半径为，高为2，那么它的侧面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由勾股定理求出圆锥母线长，进而由侧面积公式进行求解.

【详解】设圆锥的母线长为，其中底面半径为，高为2，

由勾股定理得：，

故侧面积为.

故选：C

7．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法正确的是（　　）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】C

【分析】根据直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系和平面与平面的位置关系依次判断选项即可.

【详解】对选项A，若，，则与的位置关系是平行，相交和异面，故A错误.

对选项B，若，，则与的位置关系是平行和相交，故B错误.

对选项C，若，，则根据线面垂直的性质得与的位置关系是平行，故C正确.

对选项D，若，，则与的位置关系是平行和相交，故D错误.

故选：C

8．若正四棱台的上，下底面边长分别为1，2，高为2，则该正四棱台的体积为（    ）

A． B． C． D．14

【答案】C

【分析】根据棱台的体积公式即可直接求出答案.

【详解】.

故选：C.

9．已知向量，，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据数量积的夹角公式进行求解，再结合平面向量夹角范围即可得到答案

【详解】解：，因为，所以，

故选：C

二、多选题

10．点O在所在的平面内，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则点O为的垂心

B．若，则点O为 的外心

C．若，则1

D．若且，则点O是的内心

【答案】ACD

【分析】由可得出，从而可判断A的正误；可画出图形，取的中点，连接，可得出，从而判断B的正误；可画出图形，设，分别是，的中点，连接，根据条件可得出，从而得出，然后即可判断C的正误；根据条件可得出，从而得出，同理可得出，从而可判断D的正误．

【详解】对A：如图所示， ，

则，，，

，

为的垂心，A正确；

对B：如图，取的中点，连接，由，则，

，，三点共线，又是的中线，且，

为的重心，B错误；

对C：如图：，分别是，的中点，

由，，，

，，，

则，，，

则，C正确；

对D：如图，

，，

，，即为的平分线，

同理由得，即为的平分线，

为的内心，D正确．

故选：ACD

11．长方体的棱长，则从点沿长方体表面到达点的距离可以为（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】从点沿长方体表面到达有三种展开方式，以，、为轴展开，分别求出，可得答案．

【详解】从点沿长方体表面到达有三种展开方式，

若以为轴展开，

则；

以为轴展开，

则，

以为轴展开，

．

故选：ABC．

12．已知锐角三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，c =2．则下列结论正确的是（    ）

A．的面积最大值为2 B．的取值范围为

C． D．的取值范围为

【答案】BCD

【分析】A选项，由余弦定理和基本不等式求出面积的最大值；B选项，由正弦定理得到，结合平面向量数量积公式得到，根据为锐角三角形得到，从而得到的取值范围；C选项，由正弦定理和正弦和角公式可得；D选项，变形得到，由，求出答案.

【详解】A选项，由余弦定理得，即，

所以，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，

此时为锐角三角形，满足要求，

故，解得，故，A错误；

B选项，由正弦定理得，

所以，

，

因为为锐角三角形，所以，，

解得，

则，，，B正确；

C选项，，

由正弦定理得，C正确；

D选项，，

由C选项可知，所以，

故，D正确.

故选：BCD

三、填空题

13．已知，，若，则          ．

【答案】

【分析】根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.

【详解】因为，且，

所以，解得.

故答案为：

14．已知一个正方形的边长为2，则它的直观图的面积为           ．

【答案】

【分析】根据直观图面积是原图形面积的倍即可得出结果.

【详解】由题意可知，原图形面积为，

又直观图面积是原图形面积的倍，所以直观图的面积为.

故答案为：

15．在中，内角所对的边分别为则的面积是          .

【答案】/

【分析】根据三角形面积公式计算.

【详解】由三角形面积公式得，.

故答案为：

16．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱， 圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球， 、为圆柱上、下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，有以下三个命题：

①四面体体积的取值范围为；

②球的表面积是圆柱的表面积的；

③若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为．

其中所有正确的命题序号为           .

【答案】①

【分析】四面体的体积等于，计算可判断①，利用球体和圆柱的表面积公式可判断②；在底面的射影为，令， 可得出，利用平方法和二次函数的基本性质求出PE+PF的取值范围，可判断③．

【详解】连接，如图所示，

由题可知四面体的体积等于，点到平面的距离，

又，，

故①正确；

球的半径为r，则圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，

又球的表面积为，圆柱的表面积为，

∴球与圆柱的表面积之比为，∴②错误；

由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，如图所示，

则，，，

由勾股定理可得，

令，则，其中，

，

，

， ，

∴，∴③错误．

故答案为：①

四、解答题

17．已知向量，．

(1)求与的坐标；

(2)求向量，的夹角的余弦值．

【答案】(1)，．

(2)

【分析】（1）利用平面向量线性运算的坐标表示运算；

（2）利用平面向量夹角的坐标表示运算.

【详解】（1），．

（2），，，

,．

18．如图，在四棱锥中，平面PAD，，点N是AD的中点．求证：

(1)；

(2)平面PAB．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用线面平行的性质可证线线平行；

（2）先证明四边形ABCN是平行四边形得到，利用线面平行的判定定理可证结论.

【详解】（1）∵平面PAD，平面ABCD，平面平面，

∴．

（2）由（1）知，，

又N是AD的中点，，∴，

∴四边形ABCN是平行四边形，∴，

又平面PAB，平面PAB，∴平面PAB．

19．在中，有.

(1)求角的大小；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围可得出角的值；

（2）利用三角形的面积公式可得出的面积.

【详解】（1）解：由题意可得，，故.

（2）解：由三角形的面积公式可得.

因此，的面积为.

20．已知向量与的夹角，且．

(1)求

(2)在上的投影向量；

(3)求向量与夹角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）先求出，可求得;

（2）根据投影向量的计算公式计算即可；

（3）利用向量的夹角公式求解即可.

【详解】（1），

， 所以；

（2）在上的投影向量为∶；

（3），

则，

即向量与夹角的余弦值为．

21．如图，四边形为长方形，平面，，点 分别为的中点，设平面平面．

(1)证明：平面；

(2)证明：；

(3)求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）取的中点，连接，根据题意证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；

（2）由平面，结合线面平行的性质定理，即可证得；

（3）利用等体积转化为，即可求解.

【详解】（1）证明：取的中点，连接，

因为点分别为的中点，所以且，

又因为四边形为长方形，所以且，

所以且，所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面.

（2）证明：由平面，

因为平面，且平面平面，

所以.

（3）解：由平面，则点到平面的距离等于到平面的距离，

因为平面，所以为三棱锥的高，

所以三棱锥的体积为：

.

22．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足．

(1)求角A；

(2)若，求周长的最大值；

(3)求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据正弦定理与得到，从而求出；

（2）由余弦定理和基本不等式求出，从而得到周长的最大值；

（3）利用正弦定理，结合三角恒等变换得到，换元后，配方求出最值，得到取值范围.

【详解】（1），由正弦定理得，

，

因为，

所以，

即，

因为，所以，故，

所以，

因为，所以，

故，解得；

（2）由（1）知，

又，由余弦定理得，

即，

所以，

由基本不等式可知，

所以，解得，

当且仅当时，等号成立，

故的周长最大值为；

（3）由（1）知，

则

，

令，

因为，所以，，

则，

故当时，取得最小值，最小值为，

当时，取得最大值，最大值为，

故的取值范围是.

【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，

常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；

②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；

③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.