山东省青岛市莱西市2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版）

高一学业水平阶段性检测（三）

数学试题

本试卷共22题．全卷满分150分，考试用时120分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，请将答题卡上交．

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 下列命题中错误的为（    ）

A. 圆心和圆上的两点可确定一个平面

B. 有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥

C. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形

D. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形

【答案】A

【解析】

【分析】根据平面的确定方法，柱体和锥体的体结构特征与基本性质，对每个选项逐一分析判断即可.

【详解】对于A：由不在同一直线上的三个点可以确定一个平面，如果圆心和圆上的两点在圆的同一条直径上时，这时三点共线，此时过三点的平面有无数个，故A选项错误；

对于B：根据棱锥的定义，其底面是多边形，侧面都是有一个公共顶点的三角形，所以有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥，故B选项正确；

对于C：由正棱锥的定义和性质可得，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故C选项正确；

对于D：由平行六面体的概念和性质可得，平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故D选项正确.

故选：A.

2. 在中，，若，则下列结论正确的为（    ）

A. 一定为钝角三角形 B. 一定不为直角三角形

C. 一定为锐角三角形 D. 可为任意三角形

【答案】D

【解析】

【分析】根据数量积的概念即可判断为锐角，再利用三角形的定义判断即可.

【详解】因为，所以，所以，

所以为锐角，但是不能确定其它角是否为锐角、直角或钝角，所以不能确定的形状，

故可为任意三角形.

故选：D

3. 下列等式成立的为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用和差角公式合并计算即可.

【详解】A选项：，A错误；

B选项：，B错误；

C选项：，C正确；

D选项：

，D错误.

故选：C.

4. 在中，，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用正弦定理得边长关系，再利用三角形成立条件列不等式求解即可.

详解】由正弦定理及得

，不妨记，

因为，所以，解得，即取值范围是.

故选：B

5. 已知点是边长为2的正的内部（不包括边界）的一个点，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用平面向量的数量积的几何意义求解.

【详解】解：如图所示：

因为点是边长为2的正的内部（不包括边界）的一个点，

由图象知：，

所以，

故选；C

6. 如图，在正方体中，下列结论错误的为（    ）

A. 直线与直线所成的角为

B. 直线与平面所成的角为

C. 直线平面

D. 平面与平面所成的二面角为

【答案】D

【解析】

【分析】对A，证明直线平面即可；对B，根据线面角的定义，根据直线与平面所成的角为即可；对C，根据线面垂直的判定证明即可；对D，根据二面角的定义可得平面与平面所成的二面角为即可.

【详解】对A，连接如图，由正方体性质可得，且平面，平面，故.

又，平面，故平面.

又平面，故.

故直线与直线所成的角为，故A正确；

对B，因为平面，故直线与平面所成的角为，故B正确；

对C，连接如图，由正方体性质可得，且平面，平面，故.

又，平面，故平面.

又平面，故.

同理，又，平面，故平面，故C正确；

对D，平面与平面交于，且，，故平面与平面所成的二面角为，故D错误.

故选：D

7. 已知非零向量满足：向量与向量垂直，且向量与向量垂直，则与的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用向量垂直得数量积为0，求得数量积与向量模关系，根据向量夹角公式求解即可.

【详解】因为向量与向量垂直，所以，所以，

因为向量与向量垂直，所以，所以，

所以，即，所以，又，

所以，即与的夹角为.

故选：C

8. 我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中提出了一种求三角形面积的方法——三斜求积术：“以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积”．也就是说，在中，分别为内角的对边，那么的面积，若，且，则面积的最大值为（    ）

A.  B.  C. 6 D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用正弦定理及两角和的正弦公式得，代入“三斜求积”公式，利用二次函数求解最值.

【详解】因为，所以，

所以，

由正弦定理得，又，所以

，

所以当即时，面积的最大值为.

故选：B

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（    ）

A. 若，则且

B. 若，则

C. 若，则

D. 若，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据空间几何相关定理逐项分析.

【详解】对于A，若，则结论不成立，错误；

对于B，如图：

设，在l上选一点S，分别在平面内作，在PS和QS上分别选点P，Q，

过P，Q作的垂线，则有，所以四边形SQTP是平行四边形，相交于T点，

又，四边形是矩形，，

又，正确；

对于C，如图：

，在n上选一点S，在平面内作直线SP，使得，令为，在平面内作直线QS，使得，

由于，则根据二面角的定义有，，

又，正确；

对于D，

，在平面内作直线，使得，

如果不平行于n，则由于同在平面内，则必定相交于一点P，则，

在平面内，过P点作直线，使得，则有，与平行线的传递性质矛盾，

，正确；

故选：BCD.

10. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A.

B. 函数图象关于点中心对称

C. 函数的单调增区间为

D. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象向右平行移动个单位长度

【答案】AD

【解析】

【分析】化简的解析式，根据两角和的正弦公式、三角函数的对称性、单调性、三角函数图象变换等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】

.

A选项，

，A选项正确.

B选项，

，所以B选项错误.

C选项，由，解得，

所以单调递增区间是，C选项错误.

D选项，将函数的图象向右平行移动个单位长度，

得到的图象，D选项正确.

故选：AD

11. 已知，则下列命题是真命题的为（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则的值域为 D. 若，则

【答案】BD

【解析】

【分析】根据向量垂直的坐标运算及二倍角的正切公式判断A，根据向量共线的坐标运算及二倍角正弦公式判断B，根据辅助角公式及正弦函数的值域判断C，根据向量模的坐标运算及二倍角余弦公式判断D.

【详解】对于A，因为，且，

所以，所以，所以，错误；

对于B，因为，所以，所以，即，

所以，所以，正确；

对于C，，其中，

因为，所以，错误；

对于D，因为，所以，平方得，

即，所以，正确.

故选：BD

12. 在中，三个内角所对的边分别为，若，则下列结论一定正确的为（    ）

A.  B.

C. 为直角三角形 D.

【答案】AC

【解析】

【分析】由，利用正弦定理求得角B，再根据，利用余弦定理求得a，c的关系逐项判断.

【详解】解：因为，

由正弦定理得，

因为，

化简得，

则，，

所以，故A正确；

由余弦定理得，

，

即，即，

解得或，

当时，，则，，

当时，，则， ，故BD错误，C正确，

故选：AC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 设，则与的夹角为_________．

【答案】

【解析】

【分析】根据向量的夹角余弦公式，结合夹角范围求角即可.

【详解】设与的夹角为，

，

.

故答案为：.

14. 如果一个圆锥的底面直径和高都等于球的直径，那么这个圆锥的侧面积和球的表面积之比为______.

【答案】##

【解析】

【分析】利用球的表面积公式和圆锥侧面积公式求解即可.

【详解】设球的直径为，则球的表面积，又圆锥的底面直径和高是，

所以圆锥的侧面积为，

所以圆锥的侧面积和球的表面积之比为.

故答案为：

15. 在中，三边长分别为，最大角的正弦值为，则_________．

【答案】5

【解析】

【分析】由条件结合余弦定理列方程求即可.

【详解】因为，

所以的最大内角为边长的边所对应的角，

因为最大角的正弦值为，又对于非等边三角形，最大角大于，

所以最大角的余弦为，

由余弦定理可得，又

所以.

故答案为：.

16. 如果平面，直线，点满足：，且直线与所成的角为直线与直线所成的角为，那么与所成角的大小为_________．

【答案】

【解析】

【分析】设在平面上的投影为，在平面上的投影为直线，其中为与在平面上的投影直线的交点，根据线面垂直的性质可得平面，再过作于，连接，根据余弦的性质可得，进而求得，结合三角形内角和可得与所成角为.

【详解】如图，设在平面上的投影为，在平面上的投影为直线，其中为与在平面上的投影直线的交点，则.

由题意，与所成的角为，且，故与所成的角.

由，，故.

又，，故.

又，平面，故平面.

过作于，连接，则因为，故，又，平面，故平面.

又平面，故.

又与直线所成的角为，即.

则，，，

故，即，故，则.

又平面，平面，故，则.

又，故与所成角为.

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 如图，在平行六面体中，为的中点，为的中点．

（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)作出辅助线，利用三角形的中位线结合线面平行的判定定理，判定即可；

(2)利用平行六面体的性质，结合两个中点，易证平行四边形，根据平行四边形对边平行的性质，从而证明线面平行，再利用(1)中结论，结合面面平行的判定定理，判定即可.

【小问1详解】

连接，交于，连接，

在平行六面体中，为平行四边形，

为中点，

为的中点，

平面平面，

平面；

【小问2详解】

在平行六面体中，，，

为的中点，为的中点，

，

为平行四边形，从而，

平面平面，

平面，

由（1）可知：平面，

平面平面，且，

平面平面.

18. 试分别解答下列两个小题：

（1）已知，设与的夹角为，求；

（2）已知，若与共线，且，求的坐标．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）由，利用向量的运算律求得，再利用二倍角公式求解；

（2）设，求得，再由与共线，结合求解.

【小问1详解】

解：，

∴，

，

，

，

从而；

【小问2详解】

设，

，

，

解得：，

从而，

与共线，

设，则，

，

或.

19. 如图，在四面体，分别是的中点．

（1）求证：；

（2）在上能否找到一点，使∥平面？请说明理由；

（3）若，求证：平面平面．

【答案】（1）证明见解析   

（2）能找到一点，使∥平面，理由见解析   

（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）取的中点，证明，，利用线面垂直判定定理证明结论；

（2）猜测为的中点，证明，并结合线面平行判定定理证明结论；

（3）先证明， ，结合线面垂直判定定理，面面垂直判定定理证明结论.

【小问1详解】

取的中点，连接

在中，，同理

而平面

又平面；

  【小问2详解】

在上能找到一点，使平面，此时为的中点，

证明如下：

连接

是的中点，

平面平面，平面，

的中点即为所求．

【小问3详解】

是公共边，

，从而

由（1）可知：

，即，

，平面，

∴ 平面，

面，

∴ 平面平面．

20. 在中，内角的对边分别为，若.

（1）求的值；

（2）若的周长为5，求外接圆的半径与内切圆半经的比值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再利用两角和的正弦公式结合三角形的性质化简求值即可；

（2）利用正弦定理及余弦定理求出三边长，从而利用三角形面积相等求出内切圆半径，利用正弦定理求出外接圆半径，即可求解.

【小问1详解】

因为，所以，

所以，

即，所以，

所以，即.

【小问2详解】

由（1）知，所以，又的周长为5，所以，

由余弦定理得，所以，解得，

因为，且，所以，

所以，从而，

由正弦定理得，所以，所以.

21. 在中，三个内角的对边分别为，已知.

（1）求角的大小；

（2）延长至点，使满足：，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过余弦定理及正弦定理化简，再利用两角和的正弦公式化简求得，从而可求角；

（2）利用正弦定理建立方程，化简求值即可.

【小问1详解】

因为，由余弦定理可变形为，

所以，由正弦定理得，

所以，

所以，所以，

因为，所以，又，所以.

【小问2详解】

在中，由（1）可知，所以，

由正弦定理可得，

所以，

在中，因为，所以，

由正弦定理可得，所以，

因为，所以，所以，

所以，即，

所以，

即，

整理化简得，所以.

22. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的一个菱形，若，异面直线与所成的角为．

（1）求证：平面平面；

（2）求四棱倠的内切球的表面积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；

（2）先根据异面直线所成角结合余弦定理求边长，再根据内切球半径公式求解即可.

【小问1详解】

证明：连接交于点，连接

因为四边形为菱形，所以

因为平面，平面,所以平面，

又因为平面，所以,

因为为的中点，所以,

又平面,平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面.

  【小问2详解】

是边长为2的一个菱形，，

是正三角形，从而，

因为，所以为异面直线与所成的角，

所以

设，在中，，

在中，，

在中，由余弦定理可得：，

即，

设四棱锥的内切球的半径为

由（1）可知：，又为中点，

同理：

四棱锥的体积：

从而．