2022-2023学年陕西省西安市鄠邑区高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年陕西省西安市鄠邑区高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．在平面直角坐标系中，若点，，则的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量的坐标表示求解即可

【详解】由题意，

故选：A

2．将一个等腰梯形绕对称轴所在的直线旋转，所得的几何体为（    ）

A．一个圆锥 B．两个圆锥 C．一个圆台 D．一个圆柱

【答案】C

【分析】根据旋转体的定义可得答案.

【详解】由题意根据旋转体的定义，可得将一个等腰梯形绕对称轴所在的直线

旋转得到一个圆台.

故选：C.

3．若直线上有一点在平面外，则下列结论正确的是（    ）

A．直线上所有的点都在平面外

B．直线上有无数多个点都在平面外

C．直线上有无数多个点都在平面内

D．直线上至少有一个点在平面内

【答案】B

【分析】由一条直线上有一个点在平面外可知,直线与已知平面有两种位置关系:平行或相交;根据直线和平面平行和相交时点的位置和平面的位置关系即可解答.

【详解】直线上有一点在平面外，则直线不在平面内, 直线与已知平面平行或相交,故直线上有无数多个点在平面外.

故选:B.

【点睛】本题是一道判断空间内点和面的位置关系的题目,掌握平面和直线的位置关系是解题的关键,属于基础题.

4．已知，为非零向量，且，则（    ）

A．，且与方向相同 B．，且与方向相反

C． D．，无论什么关系均可

【答案】A

【分析】对两边平方得到，结合平面向量数量积公式得到，从而，且与方向相同.

【详解】，两边平方得，

化简得，即，

又，其中为，的夹角，

因为，为非零向量，所以，则.

故，且与方向相同.

故选：A

5．若向量表示“向东航行1km”，向量表示“向北航行km”，则向量表示（    ）

A．向东北方向航行2km

B．向北偏东30°方向航行2km

C．向北偏东60°方向航行2km

D．向东北方向航行(1＋)km

【答案】B

【分析】根据向量的方向，画出图形，利用向量的加法运算，计算结果.

【详解】如图，

易知tanα＝，所以α＝30°．故的方向是北偏东30°．又.

故选：B．

6．如果是平面内所有向量的一个基底，那么下列说法正确的是（    ）

A．若存在实数，使，则

B．向量

C．不一定在平面内

D．对于平面内任意向量，使的实数，有无数对

【答案】A

【分析】根据基底的定义，共线向量定理，平面向量基本定理以及平面向量的坐标运算，可得答案.

【详解】对于A，假设，则，化简可得，即共线，

这与是基底相矛盾，故，而，所以， A正确；

对于B，当，，显然，故B错误；

对于C，由平面向量基本定理可知，对于任意，当时，必定共面，故C错误；

对于D，设，，对于，设，所以，，则只有唯一一对值，故D错误.

故选：A.

7．若圆锥的轴截面是等腰直角三角形，圆锥的体积是，则侧面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设圆锥的底面半径为r，根据圆锥的轴截面是等腰直角三角形，表示出圆锥的高，根据体积即可求得半径，进而求得答案.

【详解】设圆锥的底面半径为r，

因为圆锥的轴截面是等腰直角三角形，则其斜边为圆锥底面直径，

故圆锥的高即为该等腰直角三角形斜边上的高，即为，

圆锥的体积是，故，

则圆锥的母线长为，

故圆锥侧面积为，

故选：D

8．在中，，分别为，的中点，，，则的值为（    ）

A．6 B．3 C． D．

【答案】D

【分析】根据平面向量的线性运算，结合图形的几何性质，可得答案.

【详解】由题意，可作图如下：

由为中点，则，由为中点，则，

，

故选：D.

二、多选题

9．已知向量，，则下列说法正确的是（    ）

A．当时，

B．当时，

C．与夹角为锐角时，则的取值范围为

D．当时，

【答案】ABC

【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可判断A选项；利用平面向量共线的坐标表示可判断B选项；利用平面向量数量积结合B选项可判断C选项；利用平面向量的坐标运算可判断D选项.

【详解】对于A选项，当时，，可得，A对；

对于B选项，当时，则，解得，B对；

对于C选项，当与夹角为锐角时，则，解得，C对；

对于D选项，当，可得，解得，D错.

故选：ABC.

10．如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列四个结论正确的是（    ）

A．直线与是相交直线 B．直线与是平行直线

C．直线与是异面直线 D．直线与是异面直线

【答案】CD

【分析】根据异面直线的定义逐项判断可得答案.

【详解】对于A，因为点在平面外，点在平面内，直线在平面内，不过点，所以与是异面直线，故A错误；

对于B，因为与都在平面内，在平面外，不过点，所以与是异面直线，故B错误；

对于C，因为与都在平面内，在平面外，不过点，所以与是异面直线，故C正确；

对于D，因为与都在平面内，在平面外，不过点，所以与是异面直线，故D正确.

故选：CD.

11．已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，，，则

D．若，，，则

【答案】CD

【分析】对于A，还有可能；对于B，还有可能；对于C，根据面面垂直的性质定理可得；对于D，先推出，再根据面面垂直的判定定理可得.

【详解】对于A，若，，则或；故A不正确；

对于B，若，，则或，故B不正确；

对于C，若，，，，则根据面面垂直的性质定理可得，故C正确；

对于D，若，，则，又，所以，故D正确.

故选：CD

12．已知的内角，，所对的边分别是，，，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则为等边三角形

C．若，则为等腰三角形

D．若，则为直角三角形

【答案】ABD

【分析】对于A：利用大角对大边和正弦定理直接判断；

对于B：利用正弦定理把已知条件转化为，因为的单调性求出，即可判断；

对于C：利用正弦定理和诱导公式求出或，即可判断；

对于D：利用正弦定理和三角公式得到，求出，即可判断.

【详解】对于A：在中，若，则，由正弦定理可得：.故A正确；

对于B：在中，因为A、B、C不可能同时为.由可得：A、B、C均不等于.所以，由正弦定理可得：,

即，因为在上单增，在上单增，所以，即为等边三角形.故B正确；

对于C：因为，由正弦定理可得：,即，所以或，所以为等腰三角形或直角三角形.故C错误；

对于D：因为，由正弦定理可得：,即.

因为,所以，所以.

因为,所以，即为直角三角形.故D正确.

故选：ABD

三、填空题

13．已知正四棱锥的底面边长为8，侧棱长为，则表面积为      .

【答案】144

【分析】利用正四棱锥的性质，再根据条件，求出斜高，即可求出结果.

【详解】如图所示，正四棱锥的底面边长为8，侧棱长为，所以，高，

过作交于，连接，

因为是正四棱锥，易知，且，

所以正四棱锥的侧面积为，又底面积为，

故正四棱锥的表面积为144.

故答案为：144.

14．如图所示，水平放置的△ABC的斜二测直观图是图中的，已知，，则AB边的实际长度是      .

【答案】10

【详解】由斜二测画法，可知△ABC是直角三角形，且∠BCA＝90°，AC＝6，BC＝4×2＝8，则AB＝.

点睛：1.用斜二测法得直观图：“保平行，横不变，纵减半”是画图的标准；

2.平面多边形的斜二测画法的直观图与原图的面积关系：一个平面多边形的面积为S原，它的斜二测画法直观图的面积为S直，则有S直＝S原(或S原＝2S直).

15．如图，在几何体中，，，，，，平面，则直线与平面所成角的正弦值为      .

【答案】

【分析】由且可得四点共面，则可延长交与，由 平面,可知直线与平面所成角即，中求即可.

【详解】且四点共面

延长交与,如图

平面,平面

直线与平面所成角即,

,

则

即可解得

则

中可得

故答案为：.

16．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积，求其直径的一个近似公式.如果球的表面积为，根据“开立圆术”的方法求得的球的体积约为      .

【答案】

【分析】根据给定条件，求出球的直径，再代入近似公式计算作答.

【详解】设球半径为，由球的表面积为，得，解得，

依题意，，解得，

所以球的体积约为.

故答案为：

四、解答题

17．已知，与的夹角是.

(1)求的值及的值；

(2)当为何值时，？

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）由定义求出数量积，再利用模长公式及向量数量积的运算律即得；

（2）由于，可得，利用向量的数量积的运算公式，即可求解．

【详解】（1）∵，与的夹角是，

∴，

；

（2）由题意，，

即，

解得，

即时，.

18．如图，为的直径，垂直于所在的平面，为上任意一点.

(1)求证：平面；

(2)若，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；

（2）根据棱锥的体积公式，即可求得答案.

【详解】（1）证明：∵为的直径，∴；

又垂直于所在的平面，即平面，平面，

∴.

又∵，，平面，∴平面.

（2）由（1）知，而，

∴，

∴，∴.

19．如图，在正方体中，为与的交点.

(1)求证：平面平面；

(2)设，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据正方体的几何性质，结合线面垂直以及面面垂直的判定定理，可得答案；

（2）根据二面角的平面角定义作图，利用直角三角形的性质，可得答案.

【详解】（1）证明：由正方体的性质知：平面，平面，

∴，又，，平面，

∴平面，又平面，∴平面平面.

（2）连接，

由正方体的几何性质，可得，，则，

由，则为二面角的平面角，

在正方体中，∵，∴，，

由（1）可知：，在中，，

故，即二面角的余弦值为.

20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，．

(1)求B；

(2)已知D为的中点，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理，边角互化，结合余弦定理即可得解.

（2）利用向量得到，从而利用数量积运算法则得到，从而得解.

【详解】（1），

，，

且，

，

两式相加得，

，即,

.

（2）因为D为的中点，所以，

所以，

，

代入，得：，或（舍去）；

.

21．如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.

（1）求证：;

（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由.

【答案】（1）见证明；(2)见解析

【分析】（1）由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点，证得，利用线面平行的判定定理，即可得到面；

（2）由点分别为中点，得，由线面平行的判定定理，证得面，由面面平行的判定定理，即可得到证明.

【详解】（1）证明：由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点

故

∵面

∴面

（2）线段上存在一点满足题意，且点是中点  

理由如下：由点分别为中点可得：

∵面

∴面

由（1）可知，面

且

故面面

【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直，着重考查了推理与论证能力．

22．如图，在直角梯形中，为上靠近B的三等分点，交于为线段上的一个动点．

（1）用和表示；

（2）求；

（3）设，求的取值范围．

【答案】(1)；(2)3；(3).

【分析】(1)根据给定条件及几何图形，利用平面向量的线性运算求解而得；

(2)选定一组基向量，将由这一组基向量的唯一表示出而得解；

(3)由动点P设出，结合平面向量基本定理，建立为x的函数求解.

【详解】(1)依题意，，

，

；

(2)因交于D，

由(1)知，

由共起点的三向量终点共线的充要条件知，，则，，；

(3)由已知，

因P是线段BC上动点，则令，

，

又不共线，则有，

，

在上递增，

所以，

故的取值范围是.

【点睛】由不共线的两个向量为一组基底，用该基底把相关条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．