2022-2023学年广东省广州中学高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州中学高一下学期期中数学试题含解析，共19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学年广东省广州中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．设D是所在平面内一点，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量的加减法的运算法则，结合向量的数乘，即可求得答案.【详解】由题意可得 ,故选:D2．如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（　　）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得．【详解】由题意，利用斜二测画法的定义，画出原图形，∵是等腰直角三角形，，斜边，∴，∴，∴原平面图形的面积是.故选：A．3．已知向量，则“”是“”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】A【分析】根据“”与“”的互相推出情况判断出属于何种条件即可.【详解】当时，，所以，所以，充分性成立；当时，，解得或，必要性不成立.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4．如图，在正四面体中，是的中点，P是线段上的动点，则直线和所成角的大小（    ）A．一定为 B．一定为 C．一定为 D．与P的位置有关【答案】A【分析】连接，可以证到，，从而证到平面，所以，即可得解．【详解】解：连接,四面体是正四面体，是的中点,、是等边三角形，，．平面，平面，，平面，又平面，，直线与所成角为.故选：A．5．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，酒杯的容积，则其内壁表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据圆柱和球的体积公式和表面积公式即可求解.【详解】设圆柱部分的高是，所以，所以所以，内壁表面积为，故选：C.6．在中，若，则（    ）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】利用正弦定理，将边用角表示，从而可得出答案.【详解】因为，所以，所以，则.故选：C.7．已知四边形ABCD是圆内接四边形，，则ABCD的周长取最大值时，四边形ABCD的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由△ABD求出A的余弦，再由圆内接四边形性质求出C的余弦，△BCD中借助余弦定理建立起关于BC，CD的关系，探讨其最值即可得解.【详解】△ABD中，因AB2+BD2=25=AD2，则，，而四边形ABCD是圆内接四边形，如图：则，，，在中，由余弦定理得，，即，当且仅当时取“＝”，而，所以时，四边形ABCD的周长取最大值，四边形ABCD的面积.故选：A【点睛】思路点睛：求多边形面积问题，把多边形分割成易求面积的三角形解决.8．如图，直三棱柱的底面为直角三角形，，，，P是上一动点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将与同时展平形成一个四边形，对角线即为所求得答案，利用勾股定理和余弦定理求出答案.【详解】连接，将与同时展平形成一个四边形，如图，则此时对角线达到最小，在等腰直角三角形中，，，在中，，，，所以，即，对于展开形成的四边形，在中，，，，由余弦定理有．故选：A． 二、多选题9．已知是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，在下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则m至少与中一个平行【答案】BD【分析】画出一个正方体，借助正方体的平行，垂直关系，进行验证即可．【详解】A.如图所示： ，可得结果或，故A错误；B.如图所示：，可得结果，故B正确；C.如图所示：，可得，故C错误；D.如图所示：，可得结果或，故D正确．故选：BD．10．已知下列四个命题为真命题的是（    ）A．已知非零向量，若，则B．若四边形中有，则四边形为平行四边形C．已知，，可以作为平面向量的一组基底D．已知向量，则向量在向量上的投影向量为【答案】ABD【分析】利用共线向量的性质判定选项A正确；利用向量相等判定两边平行且相等，进而判定选项B正确；利用向量共线定理判定两向量共线，进而判定选项C错误；利用投影向量的定义判定选项D正确.【详解】对A：对于非零向量，若，则成立，即选项A正确；对于B：因为，所以边和平行且相等，即四边形为平行四边形，即选项B正确；对于C：因为，所以，所以不可以作为平面向量的一组基底，即选项C错误；对于D：易知与同向的单位向量为，设、的夹角为，则，所以向量在向量上的投影向量为，即选项D正确.故选：ABD.11．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题中正确的有（    ）A．若，则△ABC一定是等边三角形B．若，则△ABC一定是等腰三角形C．是成立的充要条件D．若，则△ABC一定是锐角三角形【答案】AC【分析】根据正选定理和余弦定理在三角形中的应用对四个选项进行判断即可.【详解】根据正弦定理可知，，即，所以在三角形中，△ABC一定是等边三角形，A正确；，故或，在三角形中故，或，故三角形是等腰三角形或者直角三角形，B错误；三角形中等价于，根据正弦定理可知，充分性成立，根据正弦定理可知，故，必要性成立，故C正确；，可得角C为锐角，但不可证明A、B两角大小，不可判断△ABC一定是锐角三角形，D错误.故选：AC.12．如图，在边长为的正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连结，在翻折到的过程中，下列说法正确的是（    ）A．存在某一翻折位置，使得B．当面平面时，二面角的正切值为C．四棱锥的体积的最大值为D．棱PB的中点为N，则CN的长为定值【答案】BCD【分析】过D作，交分别于O，R，证明平面即可推理判断A；作出二面角的平面角，计算判断B；求出点P到平面的最大距离计算判断C；取AB中点K，证明即可推理判断D作答.【详解】在正方形中，过D作，交分别于O，R，令，如图，有，则，即是BC中点，在翻折到的过程中，，，则平面，如图，若存在某一翻折位置，使得，而，平面，则平面，而平面平面，与过一点有且只有一个平面垂直于已知平面矛盾，即在翻折中AM，PB不垂直，A不正确；当平面平面时，因，平面平面，平面，则有平面，又平面，有，在平面内过O作于Q，连PQ，，平面，则平面，可得，是二面角的平面角，显然，而，，所以，B正确；梯形的面积，当且仅当平面平面，即平面时， 点P到平面的距离最大，四棱锥的体积的最大值，最大体积为，C正确；取AB中点K，连接CK，CN，KN，则有，且，而，即四边形是平行四边形，，显然与同方向，由等角定理知，在中，边均为定值，夹角也为定值，由余弦定理知，CN长为定值，D正确.故选：BCD【点睛】思路点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 三、填空题13．已知向量与向量夹角为，且，，要使与垂直，则__________．【答案】【分析】由与垂直可得，代入条件列方程求解即可.【详解】解：因为与垂直，则，解得.故答案为：.14．在中，角，，的对边分别为，，，已知__________．【答案】【分析】利用余弦定理计算可得.【详解】由余弦定理，即，即，解得或（舍去）.故答案为：15．如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点.从点测得点的仰角点的仰角以及；从点测得，已知山高，则山高________.【答案】【分析】通过直角可先求出的值，在由正弦定理可求的值，在中，由，，从而可求得的值．【详解】在中，，，所以．在中，，，从而，由正弦定理得，，因此．在中，，，得．故答案为：．16．在直角梯形.中，，分别为的中点，以为圆心，为半径的圆交于，点在上运动（如图）.若，其中，则的最大值是________.【答案】【分析】建立直角坐标系，设，根据，表示出，结合三角函数相关知识即可求得最大值.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系：，分别为的中点，，以为圆心，为半径的圆交于，点在上运动，设，，即，，所以，两式相加：，即，要取得最大值，即当时，故答案为：【点睛】此题考查平面向量线性运算，处理平面几何相关问题，涉及三角换元，转化为求解三角函数的最值问题. 四、解答题17．（1）已知正四棱锥的底而边长是6，侧棱长为5，求该正四棱锥的表面积．（2）在中，．在三角形内挖去半圆（圆心O在边上，半圆与分别相切于点C、M，与交于N），求图中阴影部分绕直线旋转一周所得的几何体体积．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出等腰的高，再计算几何体的表面积即可.（2）几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，求出圆锥的体积减去球的体积，可得几何体的体积．【详解】（1）正四棱锥中，底面正方形的面积，在等腰中，，则边上的高，因此该正四棱锥的侧面积，所以，该正四棱锥的侧面积.（2）几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内接球，所以圆锥的底面半径是1，高为，球的半径为，，所以圆锥的体积：，球的体积：，阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为：.18．已知，．(1)若与的夹角为钝角，求实数的取值范围；(2)当时，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据与的夹角为钝角，由，且与不共线求解； （2）先得到，再利用向量模的公式结合二次函数的性质求解.【详解】（1）解：因为，，所以，，因为与的夹角为钝角，所以，且，解得且，所以的取值范围为；（2）根据题意，，则，所以，又，则，所以的取值范围是．19．在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足.(1)求A；(2)若，，AD是的中线，求AD的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解.（2）由可得，根据以及余弦定理即可求出.【详解】（1），所以，由正弦定理得：，，，，，得，即，.（2）,,得，由余弦定理得：，，所以，即AD的长为.20．如图，在三棱锥中，底面，点D、E分别在棱上，且．(1)求证平面；(2)当D为的中点时，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质及判定推理作答.（2）结合（1）的结论及已知，利用线面角的定义，求出AD与平面PAC所成角的正弦值.【详解】（1）在三棱锥中，底面，底面，则，而，有，又，平面，所以平面.（2）由（1）知，平面，而，则平面，于是是与平面所成的角，令，在中，，，D为的中点，则有，显然为的中位线，于是，在中，，所以与平面所成角的正弦值是.21．如图，为矩形，为梯形，平面平面，，，．(1)若为中点，求证：平面；(2)求直线与直线所成角的大小；(3)设平面平面，试判断与平面能否垂直？并求平面与平面所成锐二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)(3)垂直， 【分析】（1）先证明，再利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）利用线线平行可得是直线与直线所成角，利用面面垂直可得，结合已知条件可得，利用线面垂直可得，可得出的值，即可求解.（3）根据题意可得，利用平行的传递性可证明平面，利用面面垂直，可得出为平面与平面所成的锐二面角，计算的大小即可.【详解】（1）解：证明：连结，交于，连接，∵为矩形，∴为的中点，在中，，分别为，的中点，∴，因为面，面，所以平面.（2）解：∵，∴，∴是直线与直线所成角.∵为矩形，∴，∵平面平面，∴平面，∵平面，∴，，在中，∵，，∴，∵，∴，又∵，，∴平面，∵平面，∴，在中，∵，∴，∴，从而直线与直线所成的角为；（3）解：∵为矩形，∴，∵平面，平面，∴平面，∵平面平面，∴，由（2）可知平面，∴平面，∵为梯形，，∴，必相交，设，则，∵平面，∴，，∴为平面与平面所成的锐二面角，∵，，∴，分别为，的中点，∵，∴，又，∴，从而平面与平面所成锐二面角为．22．在中，内角、、对边的边长分别是、、，已知．(1)若，且为钝角，求内角与的大小；(2)若，求面积的最大值．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）先根据正弦定理将边的关系转化为角的正弦关系，利用同角三角函数的基本关系可得出，再利用正弦函数的单调性结合可求得角、的值；（2）由余弦定理可得出，利用同角三角函数的基本关系可得出，利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得面积的最大值.【详解】（1）解：因为且，由正弦定理可得，所以，，因为为钝角，则为锐角，所以，，因为，，则，且函数在上为增函数，所以，，又因为，所以，，.（2）解：因为，则，由余弦定理可得，所以，为锐角，所以，，所以，，当且仅当时，等号成立，所以，面积的最大值为.