辽宁省东北育才学校双语校区2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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命题：高一数学备课组 审题：高一数学备课组 考试时间：120分钟 分数：150分
一、单项选择题（本题共8道小题，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. 在中，，，，则等于（ ）
A. 12B. 6C. －6D. －12
【答案】B
【解析】
【分析】由数量积的定义运算即可.
【详解】，
故选：B.
2. 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，8，侧棱长为，则其体积为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用正四棱台的几何结构特征，求得棱台的高，结合棱台的体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，设正四棱台的上底面的中心为，下底面的中心为，连接，
在平面内，作，交于点，可得
因为正四棱台的上下底面边长分别为和，可得，
则，
在直角中，由，可得，
即，即正四棱台的高为，
所以正四棱台的体积为.
故选：D.

3. 在△ABC中，已知b＝20，c＝，C＝60°，则此三角形的解的情况是( )
A. 有一解B. 有两解C. 无解D. 有解但解的个数不确定
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理列出关系式，将b，c，sinC的值代入求出sinB的值，即可做出判断．
【详解】∵在△ABC中，b=20，c=，C=60°，
∴由正弦定理=得：sinB==，因为b>c,所以B=
故答案为：A
【点睛】(1)本题主要考查正弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解三角形会出现多解问题，一般利用三角形内角和定理或者三角形边角不等关系定理检验.
4. 已知m，n，l为三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A. ，，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由线面平行，面面平行，线面垂直，面面垂直的判定定理和性质逐一判断即可.
【详解】A：，，或异面；故A错误；
B：，或，故B错误；
C：，或，故C错误；
D：由线面垂直性质定义可知，，，故D正确；
故选：D.
5. 下列结论错误的是（ ）
A. 在中，若，则
B. 在锐角中，不等式恒成立
C. 在中，若，，则为等腰直角三角形
D. 在中，若，，面积，则外接圆半径
【答案】D
【解析】
【分析】由大边对大角和余弦定理可得A正确；由锐角三角形和余弦定理可得B正确；由题意结合余弦定理可得和关系，进而可得C正确；由三角形面积公式和余弦定理可得，再由正弦定理可得外接圆半径，可得D错误；
【详解】A：因为在中，若，由大边对大角可得，
所以，由余弦函数的单调性可得，故A正确；
B：因为在锐角中，，
所以，所以恒成立，故B正确；
C：因为，，①
由余弦定理可得，②
②-①可得，即，③
将③代入①可得，解得，再代入③，
可得，即，，
所以三角形为等腰直角三角形，所以C正确；
D：在中，若，，面积，
所以即，
由余弦定理可得，
所以设外接圆半径为，外接圆半径为，故D错误；
故选：D.
6. 如图，已知矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角的平面角为锐角，记二面角的平面角为α，直线EC与平面ABFE所成角为β，直线EC与直线FB所成角为γ，则（ ）．
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】过C作平面ABFE，垂足为O，连结EO，则，，，由此能求出结果．
【详解】解：过C作平面ABFE，垂足为O，
∵矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角的平面角为锐角，
记二面角的平面角为α，直线EC与平面ABFE所成角为β，
直线EC与直线FB所成角为γ，
∴，，
∵，∴，由线面角的性质可得．
故选：C．
7. 已知函数（，）的图象过点，且在区间上具有单调性，则的最大值为（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由函数的图象过点求得，根据函数的单调性，结合三角函数的性质列式求得的范围，即可得解.
【详解】因为函数的图象过点，所以，
因为，所以，所以，
当时，，
因为在区间上具有单调性，
所以，
即且，
则，
因为，得，
因为，所以时，，则；当时，，
综上，，即的最大值为，
故选：C.
8. 如图，在三棱锥中，，二面角正切值是，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二面角的正切值求得，由此判断出，且两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，利用正方体的外接球半径，求得外接球的表面积.
【详解】设是的中点，连接，由于，
所以，所以是二面角的平面角，所以，
由得.
在中，，
在中，，
在中，由余弦定理得：，
所以，
由于，所以 两两垂直.
由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，正方体的边长为2，则体对角线长为.
设正方体外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为，
故选：A.
二、多项选择题（本题共3道小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分）
9. 已知，，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由两边平方即可判断A项；利用A项结论可求出，再缩小角范围即得B项；将与的值联立求出，再运用倍角公式和商数关系即得C，D项.
【详解】对于选项A，由两边平方得：，故得，即A项正确；
对于选项B，由，可得：故，
由可得：，故B项错误；
对于选项C，，故C项错误；
对于选项D，由可解得：故得：.故D项正确.
故选：AD.
10. 在中，角的对边分别是，若，，则（ ）
A. B.
C. D. 的面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据及余弦定理可判断A；根据及正弦定理可判断B；由的值及同角三角函数的基本关系可求，，根据正弦定理求出，代入求出可判断C；根据三角形面积公式可判断D.
【详解】由余弦定理可得，解得，故A正确；
由及正弦定理，可得,
化简可得.
因为，所以，所以，即.
因为，所以，故B错误；
因为，所以且，代入，
可得，解得，.
因为，，，
所以由正弦定理可得，
由，可得，
化简可得，解得或（舍），故C正确；
.
故选:AC.
11. 如图所示，一个圆锥的底面是一个半径为的圆，为直径，且，点为圆上一动点（异于，两点），则下列结论正确的是（ ）
A. 的取值范围是
B. 二面角的平面角的取值范围是
C. 点到平面的距离最大值为
D. 点为线段上的一动点，当 时，
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项：根据余弦定理结合长度可得的取值范围；B选项：利用几何法可得二面角的平面角及其取值范围；C选项：利用等体积转化可得点到平面距离，进而可得最值；D选项：将平面绕至，使与共面，结合余弦定理可得解.
【详解】由已知，，且，
在中，由余弦定理可知，，
即，解得，则
A选项：点为圆上一动点（异于，两点），
则，
在中，，
所以，
所以，A选项错误；
B选项：取中点，连接，，则，， 且，，
则二面角的平面角为，
所以，
所以，B选项正确；
C选项：由已知，
又，
则三棱锥的体积，
设点点到平面的距离为，
则，
则，C选项错误；
D选项：当时，，，
则为等腰直角三角形，为等边三角形，
将平面绕至，使与共面，
如图所示，
则，
在中，，
由余弦定理可知，
所以，D选项正确；
故选：BD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知向量，，若，则实数 ______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的坐标表示计算得解.
【详解】由，，，得，
所以.
故答案为：2
13. 已知，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用两角和正切公式直接求解即可.
【详解】.
故答案为：
14. 如图，在三棱台中，平面平面ABC，，，.
（1）求DC与平面ABC所成线面角大小______.
（2）若，求三棱锥外接球表面积______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）过作作，可得出线面角，再过作于，连接，在三个直角三角形中，分别计算，，，进而得出，即可求解；
（2）通过已知，结合余弦定理得出，进而证出，，结合线面垂直的判定定理得出平面，再结合勾股定理求出外接球半径即可求解；
【详解】
过点作于，连接，
因为平面平面ABC，且平面平面ABC，
所以平面ABC，
为DC与平面ABC所成的线面角，
过作于，连接，则，
在中，，
在中，，
在中，，
所以，即，
解得，
所以，即DC与平面ABC所成线面角大小为；
如图：
因为，
所以，即，且，
所以，
又因为，，
所以，
即，
所以，即，
又，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
由（1）知，，且，
由余弦定理可得，
所以，即，
又平面，
所以平面，
设三棱锥外接球半径为，底面的外接圆半径为，
且，
所以，
所以，
所以三棱锥外接球表面积为，
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题第一空关键是能够在三个直角三角形中利用余弦值找到；第二空是能通过线面垂直和余弦定理找到.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；
（2）当时，求函数的值域．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式，将函数转化为，再利用正弦型函数的周期以及单调性求解；
（2）因为，则，结合正弦函数的图象和性质求出的值域.
【小问1详解】
∴周期；
令，，得，
故单调递减区间为.
【小问2详解】
因为，则，，
，
故函数的值域为.
16. 如图，在三棱锥中，平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且，，.
（1）证明：.
（2）求二面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质得到，再由勾股定理和中位线得到，进而得到平面，即可证明；
（2）取的中点，过作交于，连接，由几何关系证明为二面角的平面角，再由勾股定理和等面积求出即可求出结果.
【小问1详解】
因为平面PAB，平面，
所以，
E，F分别为BC，PC的中点，由中位线的性质可得
在中，，
又，，，
所以为直角，即，
平面，
所以平面，
平面，
【小问2详解】
根据题意，取的中点，过作交于，连接，
因为为中点，为，则，且，
又平面，
平面，
平面，而平面，，
又，平面，
所以平面，
平面，，即为二面角的平面角，
所以在中，，则，
由等面积可得，
所以，即二面角的正切值为.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，.
（1）求角B的大小；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理得到，由余弦定理得到；
（2）由正弦定理得到，，故，由得到，进而得到，求出答案.
【小问1详解】
因为，，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，所以；
【小问2详解】
由正弦定理得，
所以，
由（1）得，
故
因为，所以，故，
所以，，
故，
则.
18. 如图，在三棱柱中，，，O为BC的中点，平面ABC.
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若，，点M在线段上，是否存在点M使得锐二面角的大小为，若存在，请求出点M的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存；答案见解析
【解析】
【分析】（1）易证，，从而知平面，再由线面垂直的性质定理，即可得证；
（2）取中点，连接，作于，连接，由几何关系证得为直线与平面所成的角，再求正弦即可；
（3）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，利用向量法求二面角可得关于的方程，解之即可．
【小问1详解】
证明：因为，，O为BC的中点，
所以，
又因为平面，平面，所以，
而平面，
所以平面，
平面，，
【小问2详解】
取的中点，连接，作于，连接，
在三棱柱中，由题意可得，
又平面，平面平面，
所以，而平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面平面，，平面，
所以平面，所以为直线与平面所成的角，
因为，，
所以，
可得，
在中，，
所以，即，
所以；
【小问3详解】
在中，，，所以，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设，，
则，
设平面MBC的法向量为，则，
取，则，，所以，
由知平面，
所以平面的一个法向量为，
因为锐二面角的大小为，
所以，
整理得，
解得，
因为，
所以，
故当时，可使得锐二面角的大小为
19. 对于给定的正整数n，记集合，其中元素称为一个n维向量．特别地，称为零向量．设，，，定义加法和数乘：，．对一组向量，，…，（，），若存在一组不全为零的实数，，…，，使得，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．
（1）对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．
①，；②，，；③，，，．
（2）已知向量，，线性无关，判断向量，，是线性相关还是线性无关，并说明理由．
（3）已知个向量，，…，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明下列结论：
①如果存在等式（，），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零；
②如果两个等式，（，，）同时成立，其中，则．
【答案】（1）①线性相关，②线性相关，③线性相关
（2）向量，，线性无关，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义逐一判断即可；
（2）设，则，然后由条件得到即可；
（3）①如果某个，，然后证明都等于0即可；
②由可得，然后代入证明即可.
【小问1详解】
对于①，设，则可得，所以线性相关；
对于②，设，则可得，所以，
所以线性相关；
对于③，设，则可得，
可取符合该方程，所以线性相关；
【小问2详解】
设，则
因为向量，，线性无关，所以，解得
所以向量，，线性无关
【小问3详解】
证明：①，如果某个，
则
因为任意个都线性无关，所以都等于0
所以这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零
②因为，所以全不为零
所以由可得
代入可得
所以
所以，，
所以