2022-2023学年陕西省西安市鄠邑区高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2022-2023学年陕西省西安市鄠邑区高一（下）期中数学试卷-普通用卷，共16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学年陕西省西安市鄠邑区高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  在平面直角坐标系中，若点，，则的坐标为(    )A.  B.  C.  D. 2.  将一个等腰梯形绕对称轴所在的直线旋转，所得的几何体为(    )A. 一个圆锥 B. 两个圆锥 C. 一个圆台 D. 一个圆柱3.  若直线上有一点在平面外，则下列结论正确的是(    )A. 直线上所有的点都在平面外 B. 直线上有无数多个点都在平面外
C. 直线上有无数多个点都在平面内 D. 直线上至少有一个点在平面内4.  已知，为非零向量，且，则(    )A. ，且与方向相同 B. ，且与方向相反
C.  D. ，无论什么关系均可5.  已知向量表示“向东航行”，向量表示“向北航行”，则向量表示(    )A. 向东北方向航行 B. 向北偏东方向航行
C. 向北偏东方向航行 D. 向东北方向航行6.  如果是平面内所有向量的一个基底，那么下列说法正确的是(    )A. 若存在实数，使，则
B. 向量
C. 不一定在平面内
D. 对于平面内任意向量，使的实数，有无数对7.  若圆锥的轴截面是等腰直角三角形，圆锥的体积是，则侧面积是(    )A.  B.  C.  D. 8.  在中，，分别为，的中点，，，则的值为(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  已知向量，，则下列说法正确的是(    )A. 当时，
B. 当时，
C. 与夹角为锐角时，则的取值范围为
D. 当时，10.  如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论中正确的是(    )A. 直线与是相交直线
B. 直线与是平行直线
C. 直线与是异面直线
D. 直线与是异面直线11.  已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是(    )A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，，则
D. 若，，，则12.  已知的内角，，所对的边分别是，，，则下列命题正确的是(    )A. 若，则
B. 若，则为等边三角形
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，则为直角三角形三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，则表面积为______ ．14.  如图，水平放置的的斜二测直观图是图中的，已知，，则边的实际长度是______．
 15.  如图，在几何体中，，，，，，平面，则直线与平面所成角的正弦值为______ ．
 16.  我国古代数学名著九章算术中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径“开立圆术”相当于给出了已知球的体积，求其直径的一个近似公式如果球的表面积为，根据“开立圆术”的方法求得的球的体积约为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知向量，满足，，与的夹角是．
Ⅰ求和的值；
Ⅱ当实数为何值时，？18.  本小题分
如图，为的直径，垂直于所在的平面，为上任意一点．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ若，求三棱锥的体积．
19.  本小题分
如图，在正方体中，为与的交点．
Ⅰ求证：平面平面；
Ⅱ设，求二面角的余弦值．
20.  本小题分在中，内角，，所对的边分别为，，，，．Ⅰ求Ⅱ若为的中点，，求的面积． 21.  本小题分
如图所示，在四棱锥中，四边形是正方形，点，分别是线段，的中点．
求证：平面；
线段上是否存在一点，使得面面，若存在，请找出点并证明；若不存在，请说明理由．
22.  本小题分
如图，在直角梯形中，，，，为上靠近的三等分点，交于，为线段上的一个动点．
用和表示；
求；
设，求的取值范围．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，，
．
故选：．
根据点，的坐标即可得出向量的坐标．
本题考查了根据点的坐标求向量的坐标的方法，考查了计算能力，属于容易题．
 2.【答案】 【解析】解：将一个等腰梯形绕对称轴所在的直线旋转，
由旋转体的定义可知，上底旋转形成一个圆，下底旋转形成一个圆，
从而所得几何体为一个圆台．
故选：．
利用旋转的特点以及圆台的定义和结构特征即可得到答案．
本题考查了旋转体的理解与应用，圆台的几何性质的应用，考查了空间想象能力，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：因为直线上有一点在平面外，所以直线与平面相交或直线与平面平行；
当直线与平面相交时，直线上只有一个点在这个平面内，
当直线与平面平行时，直线上所有的点都不在这个平面内；
所以，直线上有无数多个点都在平面外，选项B正确．
故选：．
根据直线上有一点在平面外，得出直线与平面相交或平行，由此判断即可．
本题考查了直线与平面的位置关系应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
 4.【答案】 【解析】解：，为非零向量，且，
，
，
，
，
，且与方向相同．
故选：．
推导出，得到，由此判断即可．
本题考查向量的运算，考查向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 5.【答案】 【解析】解：如图，作，．
则，所以，
且，所以．
因此 表示向北偏东方向航行．
故选：．
先由平行四边形法则或三角形法则画出向量，然后在直角三角形如中求出它的大小与方向，则问题解决．
两向量的加减运算问题：一般可利用平行四边形法则或三角形法则画出图形，使问题直观化，进而借用三角形知识解决问题．
 6.【答案】 【解析】解：是平面内所有向量的一个基底，
由平面向量基本定理知，平面内任以向量都可由这个基底唯一的表示出来，因此A正确，、D错误；
对于，由向量的坐标的定义知C错误．
故选：．
由平面向量基本定理逐一判断各选项即可．
本题考查平面向量基本定理的理解，属基础题．
 7.【答案】 【解析】解：根据题意，设圆锥底面圆的半径为，
若圆锥的轴截面是等腰直角三角形，则圆锥的高为，
则圆锥的体积，解可得，
则圆锥的母线长，
则该圆锥的侧面积
故选：．
根据题意，设圆锥底面圆的半径为，由轴截面为等腰直角三角形可得圆锥的高，又由，解可得的值，结合圆锥的侧面积公式计算可得答案．
本题考查圆锥的体积、表面积的计算，注意圆锥的几何结构，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：如图，，，

又，，



．
故选：．
根据向量减法的几何意义及向量加法的平行四边形法则可得出，然后进行数量积的运算即可．
本题考查了向量加法的平行四边形法则，向量减法的几何意义，向量的数量积运算，考查了计算能力，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：对于，当时，
则，解得，故A正确；
对于，当时，，解得，故B正确；
对于，当与的夹角为锐角时，
则，解得，
当时，解得，，无解，
故的取值范围为，故C正确；
对于，当时，
则，解得，故D错误．
故选：．
根据已知条件，结合向量平行、垂直的性质，以及平面向量的数量积运算，即可依次求解．
本题主要考查向量平行、垂直的性质，以及平面向量的数量积运算，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：平面，平面，，平面，
由异面直线定义可得直线与是异面直线，故A错误；
同理判断直线与是异面直线，故C正确；
直线与是异面直线，故D正确；
取的中点，连接，可得，与相交，
直线与是异面直线，故B错误．
故选：．
由异面直线的定义可判断、、；取的中点，连接，可判断．
本题考查空间两直线的位置关系的判断，异面直线的定义，考查数形结合思想和推理能力，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，若，，则或，A错误；
对于，若，，则或，B错误；
对于，由平面与平面垂直的性质，可得C正确；
对于，由平面与平面垂直的判定定理，可得D正确．
故选：．
根据题意，由空间直线与平面平行、垂直的性质分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面、平面与平面垂直的性质，属于基础题．
 12.【答案】 【解析】解：由大角对大边以及正弦定理，可知，故A正确；
若，由题意及正弦定理得，，则，
，即为等边三角形，故选项B正确；
由题意及正弦定理得，，所以．
解得或，即或，
所以是等腰三角形或者直角三角形，故选项C错误；
由题意及正弦定理得，，A.
又，则，，，故选项D正确．
故选：．
根据正弦定理，三角函数恒等变换的应用，逐一判断各个选项即可．
本题考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角函数的图像及性质的应用，属中档题．
 13.【答案】 【解析】解：如图，正四棱锥，取的中点，则，

在中，，，，
故，
即正四棱锥的表面积．
根据已知条件利用勾股定理求出正四棱锥的斜高，从而求出其表面积．
本题主要考查了正四棱锥的结构特征，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：直观图中的，，，
所以原图形是，且，
由勾股定理得．
故答案为：．
根据直观图中与，得出原平面图形是，并由勾股定理求出的值．
本题考查了斜二测画法直观图的应用问题，掌握斜二测画法直观图与原图中的线段关系是解答的关键．
 15.【答案】 【解析】解：因为，，且平面，所以以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，

所以，，所以，平面，所以平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，则．
故答案为：．
根据已知条件可以建立空间直角坐标系，利用线面角的坐标公式代入计算即可．
本题主要考查线面角的求法，建立空间直角坐标系，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：球的表面积为，，，
，又，．
故答案为：．
由球的表面积为，可得球的半径，进而可得直径，由已知，，进而得出球的体积．
本题考查球的体积，考查阅读理解能力，属中档题．
 17.【答案】解：Ⅰ，，与的夹角是，
，
；
Ⅱ，，
整理得，解得，
即当时，． 【解析】Ⅰ进行数量积的运算即可求出的值，根据进行数量积的运算即可求出的值；
Ⅱ根据可得出，然后进行数量积的运算即可求出的值．
本题考查了向量数量积的运算及计算公式，向量长度的求法，向量垂直的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．
 18.【答案】Ⅰ证明：为的直径，为上任意一点，，
又平面，平面，．
又，，平面，平面；
Ⅱ解：由Ⅰ知，
，，得．
．
则． 【解析】Ⅰ由已知可得，再由平面，得然后利用直线与平面垂直的判定可得平面；
Ⅱ由Ⅰ知，求出的面积，再由棱锥体积公式求解．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
 19.【答案】解：Ⅰ证明：由正方体的性质知：平面，平面，
所以，又，，
所以平面，又平面，所以平面平面．
Ⅱ连接，则，，则为二面角的平面角，

因为，所以，，
在中，，
故，即二面角的余弦值为． 【解析】Ⅰ由线面垂直的性质有，再根据线面垂直的判定、面面垂直的判定即可证结论．
Ⅱ连接，易知为二面角的平面角，解三角形即可得二面角的余弦值．
本题主要考查面面垂直的证明，二面角的相关计算，属于基础题．
 20.【答案】解：在中，角，，所对的边分别为，，，
，
，
，
又，
则，
又，
由得，
则，
又，
则；
因为为的中点，
则，
又，
则，
即，
即，
又，
即，
又，
则的面积为． 【解析】由正弦定理可得，即，然后结合余弦定理可得，得解；
因为为的中点，则，然后结合平面向量的模的运算可得，然后结合三角形的面积公式求解即可．
本题考查了正弦定理及余弦定理，重点考查了向量的模的运算及三角形的面积公式，属中档题．
 21.【答案】证明：由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点，
故GF，
平面，
平面．
解：线段上存在一点满足题意，且点是中点，
理由如下：由点，分别为，中点可得：，
平面，
平面，
由可知，平面，
且，
故面平面． 【解析】由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点，证得，利用线面平行的判定定理，即可得到平面；
由点，分别为，中点，得，由线面平行的判定定理，证得平面，由面面平行的判定定理，即可得到证明．
本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；证明线面垂直，需转化为证明线线垂直，着重考查了推理与论证能力．
 22.【答案】解：依题意，，
，
．
设，则，
，，三点共线，，则，
，．
由已知，
因是线段上动点，则令，
则，
又不共线，
则有，，，，
在上递增，
当时，取得最小值为，
当时，取得最大值为，
故的取值范围是． 【解析】利用平面向量基本定理求解即可．
利用三点，，共线，求解即可．
先得到，，再对比得到，再利用二次函数求最值即可．
本题考查了平面向量基本定理，三点共线性质的应用，二次函数求最值，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．