2022-2023学年江苏省泰州市田家炳实验中学高一下学期期中数学试题

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命题人：祝加云 2023.04
一、单项选择题：本大题共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. 已知，，则（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据向量模的坐标表示，可直接得出结果.
【详解】因为，，所以，
则.
故选：C.
2. 的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用二倍角公式进行化简求值.
【详解】原式.
故选：C
【点睛】本小题主要考查利用二倍角公式进行化简求值，属于基础题.
3. 设，为平面内一个基底，已知向量，，，若A，B，D三点共线，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量共线定理，结合平面向量线性运算的性质进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，
因为A，B，D三点共线，
所以有，即
因为，为平面内一个基底，
所以，不是共线向量，因此有，
故选：D
4. 在中，已知C=45°，，，则角B为（ ）
A. 30B. 60C. 30或150D. 60或120
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理，求得，结合，即可求解.
【详解】在中，由正弦定理可得，
又因为，可得，即，所以.
故选：A.
5. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用角的变换，代入两角差的正切公式即可求解.
【详解】因为，
所以,
故选：B
【点睛】本题主要考查了角的变换，两角差的正切公式，属于容易题.
6. 如图，正方体棱长为2，E为的中点，则异面直线与ED所成的角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接，得到，把直线与所成的角，转化为异面直线与所成的角，在中，结合余弦定理，即可求解.
【详解】由题意，正方体中，分别连接，
可得，则直线与所成的角，即为异面直线与所成的角，
设角，
在中，可得，
由余弦定理，可得.
即异面直线与所成的角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中熟记异面直线所成角的求法是解答的关键，着重考查数形结合思想，以及计算能力.
7. 在中，（a，b，c分别为角A，B，C的对边），则的形状为
A. 等边三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形或直角三角形D. 等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】由二倍角公式和余弦定理化角为边后变形可得．
【详解】∵，∴，，，整理得，∴三角形为直角三角形．
故选：B．
【点睛】本题考查三角形形状的判断，考查二倍角公式和余弦定理，用余弦定理化角为边是解题关键．
8. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，且，则△ABC面积的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合余弦定理可知，可得，由正弦定理可得，所以，利用三角恒等变换化简，然后结合三角函数的性质求得结果.
【详解】由，且，得，
即，由余弦定理可知，
所以，可得，由，可得，
由正弦定理，可得，
所以
，
当，即时等号成立，
可得面积的最大值是．
故选：C．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.全对得5分，少选得2分，多选、错选不得分.
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 在中，若，则
B. 在锐角三角形中，不等式恒成立
C. 若，则为等腰三角形
D. 在中，若，，三角形面积，则三角形外接圆半径为
【答案】AB
【解析】
【分析】由正弦定理及三角形性质判断A，由余弦定理判断B，由正弦函数性质判断C，由三角形面积公式，余弦定理及正弦定理判断D．
【详解】中，，由得，A正确；
锐角三角形中，，∴，B正确；
中，若，则或，即或，为等腰三角形或直角三角形，C错；
中，若，，三角形面积，，，∴，，
∴，，D错．
故选：AB．
【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理，正弦函数的性质，三角形面积公式等，考查学生的逻辑推理能力，分析问题解决问题的能力．
10. 下列说法中正确的是（ ）
A. 向量不能作为平面内所有向量的一组基底
B. 非零向量满足且与同向，则
C. 的外心满足，则为等腰三角形
D. 设向量满足，则
【答案】AC
【解析】
【分析】对A：判断是否平行；对B：向量不能比大小；对C：移项两边平方利用外心性质求得，
根据圆的性质判断的形状；对D：利用向量模长运算求解.
【详解】因为，所以，所以这两个向量不能作为平面内所有向量的一组基底，故项正确；
两个向量不能比较大小，故B项错误；
设外接圆的半径为，由，得，即，
所以，即.
由，得，
即，所以，
即，同理，由圆的性质可知，
所以为等腰三角形，故C项正确；
，故D项错误，
故选：AC.
11. 如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点（不与各边的端点重合），且AE：EB=AH：HD=m，CF：FB=CG：GD=n，AC⊥BD，AC=4，BD=2.下列结论正确的是（ ）
A. E，F，G，H一定共面
B. 若直线EF与GH有交点，则交点不一定在直线AC上
C. AC∥平面EFGH
D. 当m=n时，四边形EFGH的面积有最大值2
【答案】AD
【解析】
【分析】A根据等比例的性质可得；B、C由题设得、，若易得直线EF与GH有交点，结合点、线、面的关系判断交点位置即可确定正误；D由B、C的分析知EPGH为平行四边形，结合有EFGH为矩形，设并得到EFGH面积关于的函数关系，由二次函数性质求最值即可判断.
【详解】因为，则，又，则.
所以，即四点共面，A正确；
因为，所以，同理.
当时，
又，此时四边形EFGH梯形，即直线EF与GH有交点，
交点在面ABC内，又在面ADC内，而面面，
所以直线EF与GH的交点在直线AC上，B错误，C错误；
因为及得：，四边形EPGH为平行四边形，
又，所以，故平行四边形EFGH为矩形.
设，因为，所以，而，
所以，
所以，
则矩形EFGH的面积，
可得，D正确.
故选：AD
12. 锐角△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，下列结论正确的是（ ）
A. A=2BB. B的取值范围为
C. 的取值范围为D. 的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由正弦定理，三角函数的恒等变换可将条件化为，结合角的范围可得，即可判断A；由题意可得范围，可得，即可判断B；由正弦定理，二倍角公式可得，结合的范围，利用余弦函数的性质即可判断C；利用三角函数的恒等变换可得，又，可得，令，则，由对勾函数性质即可判断D．
【详解】，
由正弦定理可得，
又，
，即，
，
，，为锐角，
，即，故选项A正确；
，，，故选项B错误；
，，故选项C正确；
，
又，，
令，则，
由对勾函数性质可知，在，上单调递增，
又，（1），
，，故选项D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，且，，则的值________.
【答案】##
【解析】
【分析】由和的正切公式可求得，再求得，再根据的范围即可求出.
【详解】，
，
，
，
，.
故答案为：.
14. 在中，，，且的内角B为直角，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求出向量的坐标，结合，即可求解.
【详解】根据题意，得，因为为直角，所以，即.
故答案为：.
15. 已知，且，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由二倍角的余弦公式即可求解.
【详解】由，得，
即，
解得或，
因为，，
所以.
故答案为：
16. 滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为，，.且米，则滕王阁高度___________米.
【答案】
【解析】
【分析】设，由边角关系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.
【详解】设，因为，，，
所以，，，.
在中，，
即①.，
在中，，
即②，
因为，
所以①②两式相加可得：，解得：，
则，
故答案为：.
四、解答题：（17题10分，18、19、20、21、22题每题12分，计70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数之间的基本关系式求得，再利用两角和的余弦公式即可求出结果；（2）根据平方关系可求得再进行角的转化即，之后利用两角差的余弦公式进行求解可得出.
【小问1详解】
由，可得；
所以；
即
【小问2详解】
由可得，
又，所以
由可得.
即的值为
18. 已知，.
（1）若与垂直，求实数的范围；
（2）若与夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求，根据向量垂直的坐标表示运算求解；
（2）根据向量夹角与数量积之间的关系，结合坐标运算求解.
【小问1详解】
因为，
若与垂直，则，解得，
所以实数的范围为.
【小问2详解】
若与夹角为锐角，则，解得，
若与平行，则，解得，
若与夹角为锐角，则实数的取值范围.
19. 如图所示，已知P是▱ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点，平面PAD∩平面PBC=l.
求证:（1）l∥BC;
（2）MN∥平面PAD.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先由BC∥AD证明BC∥平面PAD，再结合平面PBC∩平面PAD=l，由线面平行推出线线平行，即得证；
（2）取PD的中点E，连接AE，NE，可证明四边形AMNE是平行四边形，即 MN∥AE，由线线平行推线面平行，即得证
【详解】（1）∵▱ABCD
∴BC∥AD，
又BC平面PAD，平面PAD
∴BC∥平面PAD
又∵平面PBC∩平面PAD=l，
平面PBC
∴l∥BC.
（2）如图，取PD的中点E，连接AE，NE.
则NE∥CD，且NE=CD，
又AM∥CD，且AM=CD，
∴NE∥AM，且NE=AM.
∴四边形AMNE是平行四边形.∴MN∥AE.
又∵AE⊂平面PAD，MN平面PAD，
∴MN∥平面PAD.
20. 在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且的面积，
（1）求外接圆半径；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）对于，利用余弦定理和面积公式可得，对于，利用正弦定理和三角恒等变换可得，进而可得结果；
（2）利用正弦定理和三角恒等变换可得，结合正弦函数求其范围，进而可得结果.
【小问1详解】
因为，则，整理得，
且，所以，
又因为，由正弦定理可得，
则，可得，
且，则，可得，
由可得，所以，
设外接圆半径为，
由正弦定理可得，则，
所以外接圆半径为2.
【小问2详解】
由（1）可得，则，
可得
，
因为，则，可得，
所以，
可得，
所以的取值范围为.
21. 如图：某公园改建一个三角形池塘，，（百米），（百米），现准备养一批观赏鱼供游客观赏．
（1）若在 内部取一点P，建造APC连廊供游客观赏，如图①，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且，求连廊的长（单位为百米）；
（2）若分别在AB，BC，CA上取点D，E，F，并建行连廊，使得 变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏．如图②，当为正三角形时，求的面积的最小值．
【答案】（1）百米
（2）(百米)
【解析】
【分析】（1）由余弦定理即可求得，在 中，确定，由余弦定理求得，即可求得答案；
（2）设正三角形DEF的边长a，，（）则可表示，，从而可由正弦定理表示出，结合三角函数的性质求得其最小值，即可求得答案.
【小问1详解】
∵点P是等腰三角形PBC的顶点，且，，
∴且由余弦定理可得：，
解得，
又∵∴,
∵在 中，，,∴,
在△ACP中，由余弦定理得,
解得，；
∴，
∴连廊的长为百米．
【小问2详解】
设正三角形DEF的边长a，，（）
则，，
设,
可得，，
∴，
在 中，由正弦定理得：，
即，即,
化简得：，
∴（其中，θ为锐角，且）
∴.
22. 如图，已知是边长为2的正三角形，点P在边BC上，且，点Q为线段AP上一点.
（1）若，求实数值；
（2）求·的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面向量基本定理可得，再由向量相等即可求解；
（2）由平面向量基本定理可得，再结合两项数量积的运算性质与二次函数的性质求解即可
【小问1详解】
由题意，
即，故，
因为Q为线段AP上一点，
设，又不共线，
所以，解得
所以；
【小问2详解】
，
由（1）知，，
，
所以
，
当时，，
所以的最小值为