2021-2022学年安徽省安庆市怀宁县高一年级下册学期期中数学试题【含答案】

这是一份2021-2022学年安徽省安庆市怀宁县高一年级下册学期期中数学试题【含答案】，共13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。
2021-2022学年安徽省安庆市怀宁县高一下学期期中数学试题 一、单选题1．已知向量，，则（    ）A．2 B．4 C．6 D．-6【答案】C【分析】首先根据平面向量的坐标运算得到，再根据平面向量数量积的运算进行计算即可得出答案.【详解】，.故选：C.2．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a2+c2-b2=ac,则角B的值为A． B． C．或 D．或【答案】A【详解】由余弦定理和及已知条件得，所以，又，所以，故选A.【解析】1.余弦定理；2.同角三角基本关系. 3．已知向量，，且向量在向量上的投影向量为：，则（    ）A．2 B． C． D．3【答案】C【分析】根据给定条件求出，再利用向量数量积计算作答.【详解】向量在向量上的投影向量为，依题意，，则，所以.故选：C4．在中，若，则等于（    ）A．1 B．2C． D．【答案】B【分析】根据题意求得,再结合正弦定理，即可求解.【详解】在中，若，可得,由正弦定理，可得.故选：B.5．如图，四边形是以向量，为边的平行四边形.又，，则用，表示（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用向量的线性运算的几何表示即得.【详解】∵四边形是以向量，为边的平行四边形，，，∴.故选：C.6．对于直线m、n和平面，下面命题中的真命题是（    ）A．如果，，m、n是异面直线，那么B．如果，，m、n是异面直线，那么n与相交C．如果，，m、n共面，那么D．如果，，m、n共面，那么【答案】C【分析】根据点、线、面的位置关系并结合图形即可判断答案【详解】解：对于A，如果，，m、n是异面直线，则或与相交，故A错；对于B，如果，，m、n是异面直线，那么n与相交或平行，故B错；对于C，如果，，m、n共面，由线面平行的性质定理，可得，故C对；对于D，如果，，m、n共面，则或相交，故D错故选：C7．向量的数量积可以表示为：以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的四分之一.即如图所示：，我们称为极化恒等式.在△中，是中点，，，则（    ）A．32 B．-32 C．16 D．-16【答案】D【分析】由题设有，代入极化恒等式求即可.【详解】由题设，，，.故选：D8．能够判定两个平面α，β平行的条件是 A．平面α，β都和第三个平面相交，且交线平行B．夹在两个平面间的线段相等C．平面α内的无数条直线与平面β无公共点D．平面α内的所有的点到平面β的距离都相等【答案】D【详解】平面α内的所有的点到平面β的距离都相等说明平面α、β无公共点．【解析】两个平面平行的判定. 二、多选题9．下列结论正确的是（    ）A．若，则或.B．若，则与共线.C．若是平面内的一个基底，则平面内任一向量都可以表示为且这对实数，是唯一的.D．若，，与的夹角为锐角，则实数.【答案】BC【分析】A选项直接由向量的概念判断；B选项由共线定理判断；C选项由平面向量基本定理判断；D选项由夹角为锐角时数量积大于0且不共线即可判断.【详解】说明模长相等，但方向不确定，A错误；由平面向量共线定理知B正确；由平面向量基本定理知C正确；与的夹角为锐角，又，可得，解得且，D错误.故选：BC.10．不解三角形，根据已知条件，判断三角形的解的个数.下列说法中正确的是（    ）A．，，，有一解B．，，，有一解C．，，，有两解D．，，，有两解【答案】ABD【分析】根据和大小确定三角形解的个数或者根据条件特点直接判断个数即可.【详解】对于A选项，，所以有一解，故A正确；对于B选项，根据条件三角形一定是唯一确定的，所以有一解，故B正确；对于C选项，，所以无解，故C错误；对于D选项，，所以有两解，故D正确.故选：ABD. 三、单选题11．下列命题中，正确的是（    ）A．平行于同一条直线的两个平面平行B．平行于同一平面的两个平面平行C．平行于同一平面的两直线关系不确定D．两平面平行，一平面内的直线必平行于另一平面【答案】BCD【分析】通过举反例说明选项A错误，其它选项根据线面、面面平行的判定和性质直接判断即可.【详解】对于A，如图，平行于同一条直线的两个平面相交, 故A错误；对于B，平行于同一平面的两个平面平行正确，故B正确；对于C，平行于同一平面的两直线关系不确定，可以平行，相交，也可以异面，故C正确；对于D，根据两个平面平行的性质定理，两平面平行，一平面内的直线必平行于另一平面正确，故C正确；故选：BCD. 四、多选题12．设的内角，，所对的边分别为，，，，且，若点是外一点，，.下列说法中，正确的命题是（    ）A．的内角 B．的内角C．的面积为 D．四边形面积的最大值为【答案】ABD【分析】根据正弦定理可求出，再根据，即可求出，进而判断AB是否正确；即可判断C是否正确；根据四边形的面积，即可求出四边形面积的最大值，即可判断D是否正确.【详解】∵，∴，∴，∴．故A正确．又∵．∴，故B正确．由于，由于角无法确定，故C不一定正确.在等边中，设，，在中，由余弦定理可得：，由于，，代入上式可得：；∴四边形的面积，∴当角时，四边形面积的最大值，最大值为，故D正确．故选：ABD． 五、填空题13．已知点，O为坐标原点，则与向量同方向的单位向量为_______．【答案】【分析】先求出向量的坐标，再求出的坐标即可得解.【详解】依题意，，所以与同方向的单位向量为.故答案为：14．的内角A，，的对边分别为，，，已知，，则_______.【答案】6【分析】先结合正弦定理和余弦定理得到关于三边的方程组，再化简消去，即得结果.【详解】∵，，，消去得， ，即.故答案为：6.15．一个圆柱和一个圆锥的轴截面分别是边长为a的正方形和正三角形，则它们的表面积之比为__________．【答案】2：1【分析】根据已知求出圆柱和圆锥的表面积，可得答案．【详解】∵圆柱的轴截面是边长为a的正方形，故圆柱的底面半径r=a，母线长l=a，故圆柱的表面积S=2πr（r+l）=，∵圆锥的轴截面是边长为a的正三角形，故圆锥的底面半径r=a，母线长l=a，故圆锥的表面积S=πr（r+l）=，故它们的表面积之比为：2：1，故答案为2：1．【点睛】本题考查的知识点是旋转体的表面积，熟练掌握圆锥和圆柱表面积公式，是解答的关键．16．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时， __________.【答案】##0.5【分析】根据线面平行的性质得出线线平行，从而得出结果.【详解】如图，连结交于点，连结.，E为AD的中点，,PA∥平面EBF，平面EBF平面PAC ，PA平面PAC，PA∥OF，.故答案为：. 六、解答题17．已知向量与向量的夹角为，，，记向量，.(1)若，求实数的值；(2)若，求实数的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由向量垂直，结合向量数量积的运算律有，根据已知条件即可求k值.（2）由向量平行，即有实数使，进而可得，由与不共线，即可求k值.【详解】（1）由，则，所以，解得：；（2），则存在实数使得，即，整理得：，又与不共线，则，解得：.18．在中，内角，，所对的边分别为，，，.(1)求角的大小；(2)若，且___________，求的周长.请在下列三个条件中，选择其中的一个条件补充到上面的横线中，并完成作答.①；②的面积为；③.注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一解答计分.【答案】(1)(2) 【分析】（1）首项根据正弦定理，可得，再根据三角形内角和以及诱导公式可得，由此可求出角的大小；（2）根据正弦定理，三角形面积公式，以及数量积公式可知三个条件任选一个条件，都可以得到，再根据余弦定理即可求出的值，进而求出的周长.【详解】（1）解：因为，所以，所以.而在中，.所以，∵，则.（2）解：由（1）可知，；所以若选①，即，则；若选②，即，则；若选③，即，则，所以；故三个条件任选一个条件，都可以得到.由余弦定理，得，所以，则或（舍去），所以的周长为.19．已知向量满足，，.（1）若，求的坐标；（2）若，求与的夹角.【答案】(1) 或.(2) .【分析】(1)本题可以设出向量的坐标，然后根据以及分别列出等式，通过计算即可得出结果；(2)首先可以通过以及计算出，再根据、以及向量的数量积公式即可得出结果．【详解】（1）设因为，所以，①因为，所以，②联立①②，解得，或.故或.（2）因为，所以，即，又因为，所以，所以.因为，所以.因为，所以与的夹角为.【点睛】本题考查了向量的相关性质，主要考查向量的模长公式、向量的数量积、向量平行的相关性质，向量的数量积公式为，考查化归与转化思想，是中档题．20．如果四边形ABCD是平行四边形，P是平面ABCD外一点，M，N分别是AB，PC的中点.求证：MN平面PAD.【答案】证明见解析【分析】取PD的中点G，连接GA，GN，然后可证明四边形AMNG为平行四边形，然后得到即可.【详解】证明：如图，取PD的中点G，连接GA，GN.∵G、N分别是的边PD，PC的中点，∴，，∵M为平行四边形ABCD的边AB的中点，∴，，∴，，∴四边形AMNG为平行四边形，∴，又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD.21．设函数，其中向量，.(1)求的最小值；(2)在△中，，，分别是角，，所对的边，已知，，△的面积为，求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示及倍角余弦公式、辅助角公式可得，再由正弦函数性质求最小值.（2）由题设可得，应用三角形面积公式有，由余弦定理可得，最后由正弦定理，即可求目标式的值.【详解】（1）由题设，，所以，当时的最小值为.（2）由，得：，则，又，所以，故，则.由，可得：.在△中，由余弦定理得：，所以.由，则.22．如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点．(1)求证：平面．(2)在线段上是否存在一点，使平面平面请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，理由见解析 【分析】（1）根据中位线的性质可得A，再根据线面平行的判定可得B即可；（2）取的中点，连接，根据中位线的性质判定即可【详解】（1）证明：因为，分别为线段的中点所以A.因为，所以B.又因为平面，平面，所以平面．（2）取的中点，连接，因为为的中点所以．因为平面，平面，所以平面，同理可得，平面，又因为，，平面，所以平面平面故在线段上存在一点，使平面平面．