山东省临沂市沂水县2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

2022级普通高中学科素养水平监测试卷

高一数学

一、单项选择题：本题共8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. 若直线在平面外，则（    ）

A.  B. 与至多有一个公共点

C.  D. 与至少有一个公共点

【答案】B

【解析】

【分析】根据直线与平面的位置关系判断即可.

【详解】因为直线在平面外，所以或与相交，

当时与没有公共点，当与相交时与有且仅有一个公共点，

所以与至多有一个公共点.

故选：B

2. （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由诱导公式结合两角差的余弦公式即可得出答案.

【详解】

.

故选：C.

3. 已知，，，四点，则四边形是（    ）

A 梯形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形

【答案】B

【解析】

【分析】首先求出，，的坐标，即可判断，且，即可判断.

【详解】因为，，，，

所以，，，

所以，即且，

又，即，

又，，即，

所以四边形为矩形.

故选：B

4. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意求出，再将所求式化简为，代入即可得出答案.

【详解】因为，所以，

.

故选：C.

5. 如图，在正方体八个顶点中，有四个顶点A，，C，恰好是正四面体的顶点，则此正四面体的表面积与正方体的表面积之比为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设出正方体的棱长，求出正方体的表面积，再求正四面体的表面积，求比值即可．

【详解】解：设正方体的棱长为，则正方体的表面积是，

正四面体，则棱长为，

它的表面积是，

正四面体的表面积与正方体的表面积之比为．

故选：D．

6. 如图，为了测量河对岸的塔高AB，测量者选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，并测得，，，在点C处测得塔顶A的仰角为60°，则塔高（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先在中，利用正弦定理求得，再在直角中，利用正切函数的定义，求得的长，即可求解.

【详解】在中，，，，

所以，

由正弦定理，可得

在直角中，因为，所以，

即塔高为.

故选：B.

7. 已知AB是O的弦，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，设，由余弦定理结合数量积公式即可得出答案.

【详解】设，设，

，

故选：A.

8. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用．现有一个筒车按逆时针方向匀速转动，每分钟转动6圈，如图，将该筒车抽象为圆，筒车上的盛水桶抽象为圆上的点，已知圆的半径为，圆心距离水面，且当圆上点从水中浮现时（图中点）开始计算时间．根据如图所示的直角坐标系，将点到水面的距离（单位：，在水面下，为负数）表示为时间（单位：）的函数，当时，点到水面的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设点，利用点到水面的距离求出函数的解析式，计算时的值即可．

【详解】设，则点到水面的距离，

由题可知，与的夹角为，

在时间转过的角度为，

由图可知，点的纵坐标，

因此则点到水面的距离，

当时，，所以点到水面的距离为．

故选：A

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 设点M是所在平面内一点，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则点M是BC的中点

B. 若，则点M是的重心

C. 若，则点M，B，C三点共线

D. 若，则，

【答案】AC

【解析】

【分析】根据平面向量的线性运算法则，以及重心的性质，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A中，如图（1）所示，根据向量的平行四边形法则，可得，

若，可得为的中点，所以A正确；

对于B中，若为的重心，则满足，

即，所以B不正确；

对于C中，由，可得，即,

所以三点共线，所以C正确；

对于D中，如图（2）所示，由，

可得，所以D不正确.

故选：AC.

10. (多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下列说法正确的是（    ）

A. MN∥平面APC

B. C1Q∥平面APC

C. A，P，M三点共线

D. 平面MNQ∥平面APC

【答案】BC

【解析】

【分析】对于A，连接MN，AC，则MN∥AC，根据线面平行的判定可判断；对于B，由A知AN∥C1Q，根据线面平行的判定可判断；对于C，由A知，A，P，M三点共线；对于D，由A知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，由此可判断.

【详解】如图，对于A，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN,设AM，CN交于点I，

由可得AM，CN交于点P，则平面APC，所以A选项错误；

对于B，由A知M，N在平面APC内，由题知AN∥C1Q，且AN⊂平面APC，

C1Q平面APC，所以C1Q∥平面APC，所以B选项正确．

对于C，由A知，A，P，M三点共线，所以C选项正确．

对于D，由A知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，所以D选项错误．

故选：BC.

11. 函数的图象如图所示，则（    ）

A.  B. 在上单调递增

C. 的一个对称中心为 D. 是奇函数

【答案】AB

【解析】

【分析】由求参数，由此判断A；根据正弦函数的单调性判断B；求出 可判断C；求出结合奇偶性可判断D.

【详解】由图知：，所以，

故，又，所以

故，所以A正确；

为，所以，

所以在区间上单调递增，故B正确；

，故C不正确；

是偶函数，故D不正确.

故选：AB.

12. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的是（    ）

A. 该圆台轴截面面积为

B. 该圆台的体积为

C. 该圆台的表面积为

D. 沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为

【答案】ABD

【解析】

【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的表面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断选项D.

【详解】对于，由，且，

可得，高，

则圆台轴截面的面积为，故A正确；

对于B，圆台的体积为，故B正确；

对于C，圆台的侧面积为，又，，

所以，故C错误；

对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角．

设的中点为，连接，可得，

则，又点到的距离，

所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．

故选：ABD．

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共10分．

13. 已知与是方程的两根，则______．

【答案】##

【解析】

【分析】利用韦达定理及两角和的正切公式计算可得.

【详解】因为与是方程的两根，

所以，，

所以.

故答案为：

14. 在中，角，，，所对的边为，，，若，且，则的形状是______．

【答案】等腰直角三角形

【解析】

【分析】由诱导公式及两角和（差）的正弦公式得到，再由正弦定理将角化边，即可得到，从而得解.

【详解】因为，所以，

则，

所以，即，

因为，所以，所以，

即，则，所以为等腰三角形，

又，由正弦定理可得，则，

所以直角三角形，

综上可得为等腰直角三角形.

故答案为：等腰直角三角形

15. 阿基米德是伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且内切球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论．已知某圆柱的轴截面为正方形，其体积为，则该圆柱内切球的表面积为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，该圆柱的底面圆的半径和母线的关系，可以设出未知数，利用已知的圆柱体积求解出底面圆的半径，再求出圆柱的表面积，再结合圆柱的表面积与其内切球的数量关系，即可得出答案.

【详解】设圆柱的底面半径为，则其母线长为，

因为圆柱的体积公式为，解得：，

因为圆柱的表面积公式，

所以，

由题知，内切球的表面积也是圆柱表面积的，

所以所求圆柱内切球的表面积为.

故答案为：

16. 已知梯形中，，，，，点P，Q在线段BC上移动，且，则的最小值为______．

【答案】

【解析】

【分析】以为原点，建立平面直角坐标系，根据题意得到 ，设，求得，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】如图所示，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，

因为且，可得 ，

由两点在上运动，且，不妨设，

可得，

所以，

当时，取得最小值.

故答案为：.

四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17. 已知向量与的夹角为，且，．

（1）求；

（2）求向量与向量的夹角．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先求出，再由代入求解即可得出答案.

（2）设向量与向量的夹角，由向量的夹角公式求解即可.

【小问1详解】

∵向量与的夹角为，且，，

∴．

∴．

【小问2详解】

设向量与向量的夹角，

∴，

∵，所以，所以向量与向量的夹角为．

18. 在中，角的对边分别是，且满足．

（1）求C；

（2）若，的面积为，求边长c的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，再由余弦定理求得，即可求解；

（2）由的面积为，列出方程求得，结合余弦定理，即可求解.

【小问1详解】

解：因为，

由正弦定理得，即，即，

由余弦定理得，

又因，所以．

【小问2详解】

解：由的面积为，

所以，可得，

又由，所以．

19. 如图所示，，，．

（1）若，求x与y的关系式．

（2）在（1）的条件下，若，求x，y的值及四边形的面积．

【答案】（1）   

（2）分类讨论，答案见解析.

【解析】

【分析】（1）求得，根据，列出方程，即可求解；

（2）由，求得，根据，求得或，分类讨论，求得的值及四边形的面积.

【小问1详解】

解：由，，

因为，所以，解得，

即与的关系式为．

【小问2详解】

解：由向量的运算法则，可得，

因为，所以，

又因为，代入整理得，解得或，

①当时，，可得，，

则，，四边形面积为；

②当时，，可得，，，，

四边形面积为．

20. 已知在圆锥SO中，底面的直径，的面积为48．

（1）求圆锥SO的表面积；

（2）一球刚好放进该圆锥体中，求这个球的半径以及此时圆锥体剩余空间．

【答案】（1）   

（2）；.

【解析】

【分析】（1）设圆锥的母线长为，底面的直径为，由的面积为，求得，结合圆锥的表面积，即可求解；

（2）作出圆锥的轴截面，设球心为，根据，求得，利用体积公式求得球和圆锥的体积，即可求解.

【小问1详解】

解：设圆锥母线长为，底面的直径为，所以，

因为的面积为，所以，解得，

由勾股定理，可得母线，

由圆锥的表面积公式有：；

【小问2详解】

解：如图所示，作出圆锥的轴截面，球与圆锥侧面相切，设球心为，

则于，（其中为球的半径），

则，可得，即，解得，

所以球的体积，圆锥的体积

故圆锥体剩余的空间体积为．

21. 已知函数．

（1）求最小正周期；

（2）将函数的图象的横坐标缩小为原来的，再将得到的函数图象向右平移个单位，最后得到函数，求函数的单调递增区间；

（3）若在上恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；

（2）由三角函数的变换规则求出的解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；

（3）由的取值范围求出的取值范围，从而求出函数的值域，依题意可得，解得即可.

【小问1详解】

因为

，

所以函数的最小正周期为．

【小问2详解】

将函数的图象的横坐标缩小为原来的，可得到函数的图象，

再将的函数图象向右平移个单位，最后得到函数的图象，

则，

由，，解得，，

所以函数的单调递增区间为．

【小问3详解】

当时，，

则所以，在区间上的值域为．

由，得，

由在上恒成立，得，解得，

∴实数的取值范围为．

22. 如图，在正方体，中，H是的中点，E，F，G分别是DC，BC，HC的中点．求证：

（1）证明；F，G，H，B四点共面；

（2）平面平面﹔

（3）若正方体棱长为1，过A，E，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析    （3）画图见解析，截面的面积为．

【解析】

【分析】（1）连接BH，可得，即可证明F，G，H，B四点共面；

（2）由面面平行的判定定理即可证明；

（3）取的中点N，连接，，取的中点M，连接，，画出截面，求解即可.

【小问1详解】

证明：连接BH，∵FG为的中位线，

∴，∴F，G，H，B四点共面；

【小问2详解】

由（1）知，，

∵平面，平面，∴平面；

∵，平面，平面，∴平面，

∵，EF、EG都在面EFG内，∴平面平面

【小问3详解】

取的中点N，连接，，∴，，

取的中点M，连接，，∴，，

∴截面为平行四边形，且，

所以截面的面积为．