2022-2023学年江苏省无锡市惠山区锡东高级中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年江苏省无锡市惠山区锡东高级中学高一（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.  已知中，，，，则等于(    )

A. 或 B. 或 C.  D.

2.  下列说法正确的是(    )

A. 设非零向量，，若，则向量与的夹角为锐角
B. 若非零向量与是共线向量，则，，，四点共线
C. 若，，则
D. 若，则

3.  如图，在多面体中，平面平面，，且，，则(    )

A. 平面
B. 平面
C.
D. 平面平面

4.  一艘轮船按照北偏东方向，以海里小时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东方向上，经过分钟的航行，轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为海里．(    )

A.  B.  C.  D.

5.  如图所示，在等腰梯形中，，为线段的中点，，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  圆台的一个底面周长是另一个底面周长的倍，母线长为，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  设直三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球面上，且，，则该直三棱柱的体积是(    )

A.  B.  C.  D.

8.  在中，内角，，所对的边分别为，，且满足，角的内分线交于点，若，则(    )

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.  如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，有下列四个结论正确的是(    )

A. 与是异面直线
B. ，，相交于一点
C.
D. 平面

10.  八卦是中国文化的基本哲学概念，如图是八卦模型图，其平面图形记为图中的正八边形，其中，则下列结论正确的有(    )

 

A.
B.
C.
D. 在向量上的投影向量为

11.  在中，内角、、所对的边分别为、、，的面积为，下列与有关的结论，正确的是(    )

A. 若为锐角三角形，则
B. 若，则
C. 若，则一定是等腰三角形
D. ，，则的外接圆半径是

12.  已知三个内角，，的对应边分别为，，，则下列结论正确的是(    )

A. ，面积的最大值为
B. ，．的最大值为
C. 若，则的形状为等腰三角形
D. ，则的形状为等边三角形

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为，高为，内孔半径为，则此六角螺帽毛坯的体积是________．

 

14.  在中，，，若为外接圆的圆心，则的值为______ ．

15.  如图，在中，，，为内部包含边界的动点，且则______；的取值范围______．

16.  已知正方体的棱长为，点，分别是棱，的中点，若动点在正方形包括边界内运动，且平面，则线段的长度范围是______ ．

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，．
若，求；
若向量，，求与夹角的余弦值．

18.  本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，且
求角；
若的面积为，边上的高，求，．

19.  本小题分
由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形为平行四边形，为与的交点．
求证：平面；
求证：平面平面；
设平面与底面的交线为，求证：．

20.  本小题分
北京年冬奥会将于年月日在北京和张家口开幕，运动员休息区本着环保、舒适、温馨这一出发点，进行精心设计，如图，在四边形休闲区域，四周是步道，中间是花卉种植区域，为减少拥堵，中间穿插了氢能源环保电动步道，，且，，．
求氢能源环保电动步道的长；
若_____；求花卉种植区域总面积．
从，这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．

21.  本小题分
几何体是四棱锥，为正三角，，，为线段的中点．
求证：平面；
线段上是否存在一点，使得，，，四点共面？若存在，请求出的值；若不存在，并说明理由．

22.  本小题分
在中，，，分别是角，，的对边，．
求角的大小；
若为锐角三角形，且其面积为，点为重心，点为线段的中点，点在线段上，且，线段与线段相交于点，求的取值范围．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：由题意在中，，，，
由正弦定理：可得．
故选：．
直接利用正弦定理化简求解即可．
本题考查正弦定理的应用，基本知识的考查．
 

2.【答案】 

【解析】解：非零向量，，若，则向量与的夹角为锐角或，A错误；
非零向量与是共线向量，则，，，四点共线或，B错误；
当时，显然错误；
若，则，D正确．
故选：．
由已知结合向量的基本概念分别检验各选项即可判断．
本题主要考查了向量的基本概念，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：取的中点为，连结，如图所示，
因为，且，所以且，
所以四边形是平行四边形，
所以，且，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，所以，
又，所以，
所以四边形是平行四边形，即，
又平面，平面，
所以平面故选项A正确，
而根据已知条件只能推出上面的关系，无法判断与平面是否平行，故选项B错误；
没有任何关系可以推导，故选项C错误；
没有条件可以判断平面与平面是否平行，故选项D错误．
故选：．
取的中点为，连结，易证，且，再利用面面平行的性质定理可证明，所以，从而证明，由线面平行的判定定理即可证明以平面，从而得到答案．
本题考查了线面平行的证明，主要考查了线面平行的判定定理以及面面平行的判定定理的应用，考查了逻辑推理能力，属于中档题．
 

4.【答案】 

【解析】解：设轮船从点出发到达点，灯塔在点，如图所示，

由图可知，，海里，
在中，由余弦定理知，，
所以，即，
解得或舍负，
所以灯塔与轮船原来的距离为海里．
故选：．
作出示意图，利用余弦定理，即可得解．
本题考查解三角形的实际应用，熟练掌握余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了平面向量数量积性质及其运算，属于中档题．
先取基向量组，，再用，表示和，最后求解．

【解答】

解：取中点，连接、、，
因为是等腰梯形，，，，
所以四边形是菱形，
设，，
又因为为线段的中点，，
所以，，
所以，
故选：．

6.【答案】 

【解析】解：设上底面半径为，
因为圆台的一个底面周长是另一个底面周长的倍，母线长为，圆台的侧面积为，
所以，解得，
所以圆台较小底面的半径为．
故选：．
设上底面半径为，由圆台的侧面积公式列式求解即可．
本题考查了旋转体的理解与应用，主要考查了圆台的几何性质的应用，圆台侧面积公式的应用，考查了逻辑推理能力、空间想象能力，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：设，因为，所以，
于是是外接圆的半径，，
又球心到平面的距离等于侧棱长的一半，
所以球的半径为，
所以球的表面积为，
解得，
于是直三棱柱的高是，
则该几何体的体积为．
故选：．
设，由题意可得外接圆的半径，结合球的表面积公式求得的值即可确定三棱柱的高度．
本题主要考查球与多面体的切接问题，棱柱体积的计算，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
 

8.【答案】 

【解析】解：在中，因为，由正弦定理可得：，
整理可得：，由，
可得，而，可得，
设，则，因为为的角平分线，所以，设，则，
在中，由余弦定理可得，
所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
又，互为补角，可得，
可得，整理可得，，
将代入可得整理可得：，所以，，
将代入可得，所以，
所以，
故选：．
由题意及三角形中角的关系，可得角的余弦值，再由角的范围，可得角的大小为，由角平分线定理可得，设，的值，可得，的值，在中，由余弦定理可得，，的关系，中，中，由余弦定理可得，的余弦值之和的表达式，又，互为补角，可得，可得，，的关系，用表示，，可得与的比值．
本题考查三角形的性质的应用及余弦定理的应用，互为补角的余弦值之和为的性质，角平分线的性质的应用，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：项：如图，连接、、，

因为、分别是、的中点，多面体是正方体，
所以，，，
因为，所以与是同一平面内的相交直线，A错误；
项：因为平面平面，平面，平面，
所以、、相交于一点，B正确；
项：如图，连接与交于点，连接、，

由正方体性质易知，是中点，
因为是中点，所以，，
因为，，所以，，
故四边形是平行四边形，，易知C错误；
项：因为，平面，平面，
所以平面，D正确，
故选：．
本题首先可根据、判断出A错误，然后根据平面平面得出B正确，再然后根据得出C错误，最后根据线面平行的判定即可证得D正确．
本题主要考查线面平行的判定，异面直线的判定，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
 

10.【答案】 

【解析】解：由题意可知，每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离为，
对于，，故A正确；
对于，，则以，为邻边的对角线长是的倍，
可得，故B正确；
对于，，，与的夹角为，
与的夹角为，故，故C错误；
对于，由已知可得，，
在向量上的投影数量为，
，
在向量上的投影向量为，故D正确．
故选：．
正八边形中，每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离为，然后再由数量积的运算逐一分析四个选项得答案．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于，若为锐角三角形，可得且，
可得，且，根据正弦函数的单调性，
可得，所以，故A正确；
对于，在中，由知，
根据正弦定理可得，故B正确；
对于，由正弦定理知，，
则，
可得，
故或，
所以是等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于，在中，设的外接圆半径是，
则根据正弦定理可得，故D错误．
故选：．
对于，根据锐角三角形的性质，结合正弦函数单调性以及诱导公式，判断，根据正弦定理判断，根据正弦定理，进行边角互换，可判断，根据正弦定理，可判断．
本题考查解三角形问题，正弦定理的应用，三角方程的求解，化归转化思想，属中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于，由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，
则，
故A正确；
对于，，
在中，，
则，
则

，
因为，
所以，
所以，
所以，取得最大值，
所以的最大值为，
故B正确；
对于，因为，
所以，
即，
即，
因为，
所以，
所以是等腰三角形，
故C正确；
对于，因为，
所以的平分线与垂直，
所以是等腰三角形，
因为，
所以，
即，
所以是等腰非等边三角形，
故D错误．
故选：．
对于，由余弦定理结合基本不等式求得的最大值，即可得出面积的最大值，进而可判断是否正确；对于，由正弦定理结合二倍角公式，两角和与差的正弦公式，正弦函数性质求得的最大值，从而可得数量积的最大值，即可判断是否正确；对于，由向量数量积公式和两角和与差的三角函数公式即可判断是否正确；对于，因为，判断的平分线与垂直，得是等腰三角形，因为，判断角是否为，即可判断是否正确．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了解三角形，属中档题．
 

13.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查柱体体积公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
通过棱柱的体积减去圆柱的体积，即可推出结果．

【解答】

解：六棱柱的体积为：，
圆柱的体积为：，
所以此六角螺帽毛坯的体积是：，
故答案为：．

14.【答案】 

【解析】取的中点，连接，，则，
，
，，
，
故答案为：．
首先利用三角形法则转化，然后进行数量积计算即可．
本题主要考查平面向量数量积的性质，属于中档题．
 

15.【答案】   

【解析】解：在中，由正弦定理得，即，
解得．
又，，，
，
取的中点，连接，如图所示，

则，，
在中，，
，
设，则，


，
，，，
故的范围是：．
故答案为：；．
由正弦定理求得，进而可求得，可得在是等腰三角形，取的中点，在中可求得，再由可求得的值；设，，则展开计算，转化为三角函数在给定区间上求值域，即可得结果．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化思想与数形结合思想的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：连接，，取的中点，的中点，连接，，，如图所示：

则，，则，
，，
四边形为平行四边形，
，
，平面，，平面，
平面，平面，
又，则平面平面，
平面，的轨迹为线段，
，，
当时，取得最小值，
当与或重合时，取得最大值．
，即线段的长度范围是．
故答案为：．
构造与平面平行的平面，得出点轨迹，在中计算的范围，即可得出答案．
本题考查棱柱的结构特征和直线与平面平行，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：由题干得到：，．
故得到：，．
已知，所以可得，即．
解得．
所以．
故．
因为向量，，所以，所以．
则，．
所以，
所以与夹角的余弦值为． 

【解析】根据求得，从而可得，于是；
由，可得，再由夹角公式计算即可．
本题主要考查向量的数量积公式和夹角公式，属于中档题．
 

18.【答案】解：由由余弦定理可得：，
所以，进而可得，
所以，
因为，所以．
根据正弦定理可得：，所以，
因为的面积为，所以，解得，
由余弦定理可得，
则．
所以，． 

【解析】由余弦定理可得，可求，进而求；
由正弦定理可求，由三角形面积可求，进而由余弦定理可求．
本题考查正余弦定理及其应用，属中档题．
 

19.【答案】证明：取的中点，连接，，
是四棱柱，平行且等于，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
平面．
平行且等于，平行且等于，
平行且等于，
四边形是平行四边形，，
平面，平面，
平面，
由得平面且，、平面，
平面平面．
由得平面，
又平面，平面平面，
． 

【解析】取的中点，连接，，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可；
由线线平行证平面，结合平面即可证平面平面；
由线面平行证线线平行即可．
本题考查线面平行的证明，面面平行的证明，线面平行的性质定理，属中档题．
 

20.【答案】解：，，
，，由余弦定理得，
，．
选：，在中，由正弦定理得，．
，由知代入上式可得，解得，
，
，
，，故，
花卉种植区域总面积为．
选：，在中，由余弦定理得，解得或舍去，
，，
，，故，
花卉种植区域总面积为． 

【解析】，利用余弦定可求的长；
选：由正弦定理可求得，利用两角和的正弦公式可求得，可分别求得，，从而可求花卉种植区域总面积．
选：利用余弦定理求出，利用面积公式可求得，，从而可求花卉种植区域总面积．
本题考查正余弦定理的应用，以及三角恒等变换，属中档题．
 

21.【答案】证明：记为的中点，连接，，如图，

因为，分别为，的中点，故，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为为正三角形，所以，，
又为等腰三角形，，所以，
所以，即，
所以，又平面，平面，
所以平面，又，，平面，
故平面平面，
又因为平面，故D平面．
解：延长，相交于点，连接交于点，连接，过点作交于点，如图，

因为平面，平面，平面平面，
所以，此时，，，四点共面，
由可知，，，，得，，
故，又因为，所以，
则有，故． 

【解析】先由线面平行的判定理证得平面，再证得平面，由此利用面面平行的判定定理证得面面，从而得到平面；
先由线面平行的性质定理求得点位置，再由平面几何知识求得，从而利用平行线分线段成比例得到的值．
本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理与性质定理，属中档题．
 

22.【答案】解：，
由正弦定理可得，
又，则，
可得，即，．
为锐角三角形，
当为锐角时，则，即，
则，即，所以；
当为锐角时，则，即，
即，所以；
综上可得，
由题意可得，，

，
、、三点共线，故设，
同理、、三点共线，故设，
则，解得，
，
则，
，，
又由，
则，
，则，且在上单调递减，，，
，即，
． 

【解析】利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式计算可得；
用、作为平面内的一组基底表示出，再根据平面向量共线定理及推论表示出，即可表示，利用面积公式求出，再由三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得．
本题考查了正弦定理和平面向量的综合应用，考查计算能力，属于中档题．