2022-2023学年浙江省宁波市三锋教研联盟高一下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省宁波市三锋教研联盟高一下学期期中联考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省宁波市三锋教研联盟高一下学期期中联考数学试题 一、单选题1．已知向量，，若，则等于（    ）A．2 B． C．3 D．【答案】C【分析】由向量平行的坐标表示计算．【详解】由题意，．故选：C．2．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】D【分析】利用正弦定理可得答案.【详解】由正弦定理得，.故选：D.3．设，是两个非零向量，则“”是“”成立的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据向量数量积的意义，向量的夹角公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】由，又，所以当且仅当时，成立．充分性：由，得或，则不一定成立，所以充分性不成立；必要性：由，得，则，所以必要性成立．所以“”是“”成立的必要不充分条件．故选：B．4．若直线不平行于平面，则下列结论成立的是（    ）A．平面内的所有直线都与直线异面B．平面内不存在与直线平行的直线C．平面内的直线都与直线相交D．直线与平面有公共点【答案】D【分析】直线不平行于平面，可得或与平面相交．据此可判断出结论．【详解】解：直线不平行于平面，可得或与平面相交．对于A：直线与平面内的直线相交、平行或为异面直线，故A错误；对于B：当时，平面内存在与直线平行的直线，故B错误；对于C：当时，的直线可能与平行，故C错误；对于D：直线与平面有公共点，故D正确．故选：D．5．如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若，则等于（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的加减法运算及平面向量基本定理求解即可.【详解】由题意知，因为，所以，，.故选：B.6．在中，，，以所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，作出几何体，再根据圆锥的体积公式求解即可.【详解】解：因为在中，，过作的垂线，垂足为，则，，以所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体特征为圆锥中挖去圆锥，所以，该几何体的体积为.故选：C 7．已知中，是BC的中点，且，，则向量在上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据已知条件可知，从而推得为等边三角形，最后结合投影向量的定义即可求解.【详解】因为，则，所以，则，因为是BC的中点，所以，又因为，所以为等边三角形，故点作交于点，则为中点，所以向量在向量上的投影向量为．故选：A.8．如图，已知长方体，，，E、F分别是棱、的中点，点为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点的轨迹长度为（        ）A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中点，连接.证明出面面，得到点的轨迹为线段.求出的长度，即可得到答案.【详解】如图所示：取的中点，连接.在长方体，分别是棱、的中点，所以.因为且,分别是中点，所以且,所以四边形为平行四边形，所以.因为，面，面，所以面.同理可证：面.因为面，面，面,面,,所以面面.因为点为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，且直线与平面BEF无公共点，面.所以点的轨迹为线段.已知长方体，，，为的中点,所以，所以.故选：C 二、多选题9．下列命题是真命题的是（    ）A．平行于同一直线的两条直线平行 B．平行于同一平面的两条直线平行C．平行于同一直线的两个平面平行 D．平行于同一平面的两个平面平行【答案】AD【分析】根据平行的性质结合空间中线面关系逐项分析判断.【详解】对于A：根据平行线的传递性可知平行于同一直线的两条直线平行，故A为真命题；对于B：平行于同一平面的两条直线的位置关系有：平行、相交或异面，故B为假命题；对于C：平行于同一直线的两个平面的位置关系有：平行或相交，故C为假命题；对于D：根据空间中面面的位置关系可知平行于同一平面的两个平面平行，故D为真命题；故选：AD.10．在平面直角坐标系中，已知点，，，则（    ）A．B．是直角三角形C．以OA，OB为邻边的平行四边形的顶点的坐标为D．与垂直的单位向量的坐标为或【答案】ABD【分析】根据向量模的坐标表示求出可判断A；求出向量，以及的模，根据勾股定理逆定理可判断B；根据向量加法的平行四边形法则可判断C；根据向量垂直的坐标表示求出与垂直的单位向量可判断D.【详解】对于A，由依题意得，所以，故A正确；对于B，由题意得，，则，，所以结合A选项得，所以，即为直角三角形，故B正确；对于C，结合B选项得，则顶点的坐标为，故C错误；对于D，结合B选项得，设与垂直的单位向量为，则，解得或，故与垂直的单位向量的坐标为或，故D正确．故选：ABD．11．如图，空间四边形中，分别是边，的中点，分别在线段上，且满足，，，则下列说法正确的是（    ）A．当时，四边形是矩形B．当时，四边形是梯形C．当时，四边形是空间四边形D．当时，直线相交于一点【答案】BC【分析】利用三角形的中位线和相似比结合平行四边形和梯形的判定判断AB，利用异面直线的概念判断C，假设直线相交于一点，利用线面平行的性质定理判断D.【详解】选项A：在中，因为分别是边，的中点，所以且，当时，分别为中点，所以在中可得且，所以且，所以四边形是平行四边形，又分别为中点，所以，又，当时有，平行四边形为矩形，所以四边形不一定是矩形，A错误；选项B：当时，，所以，且，则由A可知且，所以四边形是梯形，B正确；选项C：当时，不平行于，又因为平面，平面，所以是异面直线，四边形是空间四边形，C正确；选项D：不妨设直线相交于一点，因为，平面，平面，所以平面，又因为直线相交于点，所以平面，因为平面平面，所以，所以可得，矛盾，D错误；故选：BC12．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的有（    ）A． B．C．的最小值为 D．的取值范围为【答案】AC【分析】对于A：利用正弦定理结合三角恒等变换化简整理即可；对于B：利用余弦定理结合三角恒等变换化简整理即可；对于C：根据题意利用三角恒等变换整理得，结合基本不等式分析运算；对于D：根据题意利用正弦定理整理可得，分析运算即可.【详解】对于A：∵，由正弦定理可得，即，则，注意到，则，可得，则，所以或（舍去），即，故A正确；对于B：由选项A可得，则，由正弦定理可得，由余弦定理可得，整理得，故B错误；对于D：∵，则，解得，可得，由正弦定理可得：，∵，则，可得，故D错误；对于C：∵，则，即，当且仅当，即时等号成立，故C正确；故选：AC【点睛】方法定睛：与解三角形有关的交汇问题的关注点(1)根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化．(2)结合内角和定理、面积公式等，灵活运用三角恒等变换公式． 三、填空题13．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，书中提出了：已知三角形三边、、求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“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.”若把以上这段文字写成公式，即：.即有满足，，，且的面积__________.【答案】/【分析】将、、代入公式计算.【详解】因为，，，则.故答案为：.14．长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为3，2，1，则该球的表面积是__________.【答案】【分析】先通过长方体的体对角线求出外接球的半径，再用球的表面积公式求解即可.【详解】由已知可得长方体的外接球半径为，则该球的表面积是.故答案为：.15．如图，一座垂直建于地面的信号发射塔CD的高度为，地面上一人在A点观察该信号塔顶部，仰角为，沿直线步行后在点观察塔顶，仰角为，若，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为__________.【答案】【分析】根据题意可得，，在中，利用余弦定理求，即可得结果.【详解】在Rt中，，则；在Rt中，，则；在中，由余弦定理，可得，所以步行速度为为.故答案为：.16．在锐角中，，，则的取值范围为________.【答案】【分析】以为原点，建立平面直角坐标系，根据题意得到，设，由，求得，且，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】解：以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，因为，且，即，即，可得，设，因为为锐角三角形，所以，所以，过点作，且若，可得，即，即点在线段上（不包含端点），即，又由，所以，即的取值范围为.故答案为：. 四、解答题17．已知向量，，.(1)求的值；(2)求与的夹角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用数量积的运算展开计算即可；（2）先通过，求出，，然后代入计算即可.【详解】（1），，，；（2），，.18．已知三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且.(1)求角A；(2)若，，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）通过条件得到，再通过向量的坐标运算计算，然后利用正弦定理边化角整理可得答案；（2）先利用余弦定理求出，再利用三角形的面积公式求面积.【详解】（1），，，，由正弦定理得，又，，，又，；（2）由余弦定理，解得，负值舍去，.19．如图，在三棱柱中，若G，H分别是线段AC，DF的中点.0 (1)求证：；(2)在线段CD上是否存在一点，使得平面平面BCF，若存在，指出的具体位置并证明；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见详解(2)存在，P是线段CD的中点， 【分析】（1）根据三角形中位线分析证明；（2）根据题意结合线面、面面平行的判定定理分析证明.【详解】（1）连接，∵为平行四边形，由题意可得：G是线段BD的中点，则G，H分别是线段BD，DF的中点，故.（2）存在，P是线段CD的中点，理由如下：由（1）可知：，平面，平面，∴平面，连接，∵P、H分别是线段CD、DF的中点，则，平面，平面，∴平面，，面，故平面平面BCF.20．如图，直角梯形ABCD中，，，，，.且，.(1)若是MN的中点，证明：A，G，C三点共线；(2)若P为CB边上的动点（包括端点），求的最小值.【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】（1）根据平面向量的线性运算结合向量共线的判定定理分析证明；（2）建系，根据平面向量的坐标运算整理得，再结合二次函数求最值.【详解】（1）以为基底向量，则，∵是MN的中点，则，可得，故A，G，C三点共线.（2）过作，垂足为，则为矩形，由题意可得，如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则，设，可得，则，可得，∵开口向上，对称轴，注意到，∴当时，取到最小值，故的最小值.21．如图，在棱长为2的正方体中，P，Q分别是棱，的中点.(1)若为棱上靠近点的四等分点，求证：平面PQC；(2)若平面PQC与直线交于点，求平面PRQC将正方体分割成的上、下两部分的体积之比.（不必说明画法与理由）.【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】（1）根据题意结合线面平行的判定定理分析证明；（2）根据面面平行的性质定理可得满足，再结合台体体积公式运算求解.【详解】（1）取的中点，连接，设，连接，由题意可得：，且，则为的中点，可得，且，即，且，∵Q是棱的中点，则，且，可得，且，∴为平行四边形，则，平面PQC，平面PQC，故平面PQC.（2）取的中点，连接，∵P，F分别是棱，的中点，则，且，又∵，且，则，且，即为平行四边形，则，∵平面平面，且平面平面，平面平面，则，故，又∵Q是棱的中点，则为的中点，即，由题意可知：为台体，可得，则台体的体积为，正方体的体积，故平面PRQC将正方体分割成的上、下两部分的体积之比.22．在①，②，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.）在锐角中，的面积为S，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选条件：________.(1)求角A的大小；(2)作（A，D位于直线BC异侧），使得四边形ABDC满足，，求AC的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）选①可根据正弦定理边化角和三角形中的诱导公式化简计算；选②可根据正弦定理角化边和余弦定理化简计算；选③根据向量乘积展开式和正弦定理的面积公式进行化简计算；（2）设，将所有未知角用表示，再用正弦定理将AC表示出来进行化简，最后根据的范围求出AC的最大值.【详解】（1）选①根据正弦定理可知：，展开化简得，故，即；选②根据正弦定理可得：，根据余弦定理可得：，即；选③根据向量点乘运算可得：，即.（2）如图，设，则，在中，由正弦定理得可得，，在中，由正弦定理得：可得，，因为是锐角三角形，所以所以当时，可得的最大值是.