2022-2023学年江苏省泰州市田家炳实验中学高一下学期期中数学试题
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命题人:祝加云 2023.04
一、单项选择题:本大题共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. 已知,,则( )
A. 2B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据向量模的坐标表示,可直接得出结果.
【详解】因为,,所以,
则.
故选:C.
2. 的值等于( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用二倍角公式进行化简求值.
【详解】原式.
故选:C
【点睛】本小题主要考查利用二倍角公式进行化简求值,属于基础题.
3. 设,为平面内一个基底,已知向量,,,若A,B,D三点共线,则的值是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量共线定理,结合平面向量线性运算的性质进行求解即可.
【详解】因为,,
所以,
因为A,B,D三点共线,
所以有,即
因为,为平面内一个基底,
所以,不是共线向量,因此有,
故选:D
4. 在中,已知C=45°,,,则角B为( )
A. 30B. 60C. 30或150D. 60或120
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理,求得,结合,即可求解.
【详解】在中,由正弦定理可得,
又因为,可得,即,所以.
故选:A.
5. 若,,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用角的变换,代入两角差的正切公式即可求解.
【详解】因为,
所以,
故选:B
【点睛】本题主要考查了角的变换,两角差的正切公式,属于容易题.
6. 如图,正方体棱长为2,E为的中点,则异面直线与ED所成的角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接,得到,把直线与所成的角,转化为异面直线与所成的角,在中,结合余弦定理,即可求解.
【详解】由题意,正方体中,分别连接,
可得,则直线与所成的角,即为异面直线与所成的角,
设角,
在中,可得,
由余弦定理,可得.
即异面直线与所成的角的余弦值为.
故选:D.
【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解,其中解答中熟记异面直线所成角的求法是解答的关键,着重考查数形结合思想,以及计算能力.
7. 在中,(a,b,c分别为角A,B,C的对边),则的形状为
A. 等边三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形或直角三角形D. 等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】由二倍角公式和余弦定理化角为边后变形可得.
【详解】∵,∴,,,整理得,∴三角形为直角三角形.
故选:B.
【点睛】本题考查三角形形状的判断,考查二倍角公式和余弦定理,用余弦定理化角为边是解题关键.
8. 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知,且,则△ABC面积的最大值是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合余弦定理可知,可得,由正弦定理可得,所以,利用三角恒等变换化简,然后结合三角函数的性质求得结果.
【详解】由,且,得,
即,由余弦定理可知,
所以,可得,由,可得,
由正弦定理,可得,
所以
,
当,即时等号成立,
可得面积的最大值是.
故选:C.
二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.全对得5分,少选得2分,多选、错选不得分.
9. 下列结论正确的是( )
A. 在中,若,则
B. 在锐角三角形中,不等式恒成立
C. 若,则为等腰三角形
D. 在中,若,,三角形面积,则三角形外接圆半径为
【答案】AB
【解析】
【分析】由正弦定理及三角形性质判断A,由余弦定理判断B,由正弦函数性质判断C,由三角形面积公式,余弦定理及正弦定理判断D.
【详解】中,,由得,A正确;
锐角三角形中,,∴,B正确;
中,若,则或,即或,为等腰三角形或直角三角形,C错;
中,若,,三角形面积,,,∴,,
∴,,D错.
故选:AB.
【点睛】本题考查正弦定理,余弦定理,正弦函数的性质,三角形面积公式等,考查学生的逻辑推理能力,分析问题解决问题的能力.
10. 下列说法中正确的是( )
A. 向量不能作为平面内所有向量的一组基底
B. 非零向量满足且与同向,则
C. 的外心满足,则为等腰三角形
D. 设向量满足,则
【答案】AC
【解析】
【分析】对A:判断是否平行;对B:向量不能比大小;对C:移项两边平方利用外心性质求得,
根据圆的性质判断的形状;对D:利用向量模长运算求解.
【详解】因为,所以,所以这两个向量不能作为平面内所有向量的一组基底,故项正确;
两个向量不能比较大小,故B项错误;
设外接圆的半径为,由,得,即,
所以,即.
由,得,
即,所以,
即,同理,由圆的性质可知,
所以为等腰三角形,故C项正确;
,故D项错误,
故选:AC.
11. 如图,E,F,G,H分别是空间四边形ABCD各边上的点(不与各边的端点重合),且AE:EB=AH:HD=m,CF:FB=CG:GD=n,AC⊥BD,AC=4,BD=2.下列结论正确的是( )
A. E,F,G,H一定共面
B. 若直线EF与GH有交点,则交点不一定在直线AC上
C. AC∥平面EFGH
D. 当m=n时,四边形EFGH的面积有最大值2
【答案】AD
【解析】
【分析】A根据等比例的性质可得;B、C由题设得、,若易得直线EF与GH有交点,结合点、线、面的关系判断交点位置即可确定正误;D由B、C的分析知EPGH为平行四边形,结合有EFGH为矩形,设并得到EFGH面积关于的函数关系,由二次函数性质求最值即可判断.
【详解】因为,则,又,则.
所以,即四点共面,A正确;
因为,所以,同理.
当时,
又,此时四边形EFGH梯形,即直线EF与GH有交点,
交点在面ABC内,又在面ADC内,而面面,
所以直线EF与GH的交点在直线AC上,B错误,C错误;
因为及得:,四边形EPGH为平行四边形,
又,所以,故平行四边形EFGH为矩形.
设,因为,所以,而,
所以,
所以,
则矩形EFGH的面积,
可得,D正确.
故选:AD
12. 锐角△ABC中,内角A,B,C所对边分别为a,b,c,且,下列结论正确的是( )
A. A=2BB. B的取值范围为
C. 的取值范围为D. 的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由正弦定理,三角函数的恒等变换可将条件化为,结合角的范围可得,即可判断A;由题意可得范围,可得,即可判断B;由正弦定理,二倍角公式可得,结合的范围,利用余弦函数的性质即可判断C;利用三角函数的恒等变换可得,又,可得,令,则,由对勾函数性质即可判断D.
【详解】,
由正弦定理可得,
又,
,即,
,
,,为锐角,
,即,故选项A正确;
,,,故选项B错误;
,,故选项C正确;
,
又,,
令,则,
由对勾函数性质可知,在,上单调递增,
又,(1),
,,故选项D正确.
故选:ACD.
三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 已知,且,,则的值________.
【答案】##
【解析】
【分析】由和的正切公式可求得,再求得,再根据的范围即可求出.
【详解】,
,
,
,
,.
故答案为:.
14. 在中,,,且的内角B为直角,则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意,求出向量的坐标,结合,即可求解.
【详解】根据题意,得,因为为直角,所以,即.
故答案为:.
15. 已知,且,则________.
【答案】
【解析】
【分析】由二倍角的余弦公式即可求解.
【详解】由,得,
即,
解得或,
因为,,
所以.
故答案为:
16. 滕王阁,江南三大名楼之一,因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞,秋水共长天一色”而名传千古,流芳后世.如图,在滕王阁旁地面上共线的三点,,处测得阁顶端点的仰角分别为,,.且米,则滕王阁高度___________米.
【答案】
【解析】
【分析】设,由边角关系可得,,,在和中,利用余弦定理列方程,结合可解得的值,进而可得长.
【详解】设,因为,,,
所以,,,.
在中,,
即①.,
在中,,
即②,
因为,
所以①②两式相加可得:,解得:,
则,
故答案为:.
四、解答题:(17题10分,18、19、20、21、22题每题12分,计70分,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.)
17. 已知.
(1)求的值;
(2)若,求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用同角三角函数之间的基本关系式求得,再利用两角和的余弦公式即可求出结果;(2)根据平方关系可求得再进行角的转化即,之后利用两角差的余弦公式进行求解可得出.
【小问1详解】
由,可得;
所以;
即
【小问2详解】
由可得,
又,所以
由可得.
即的值为
18. 已知,.
(1)若与垂直,求实数的范围;
(2)若与夹角为锐角,求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)先求,根据向量垂直的坐标表示运算求解;
(2)根据向量夹角与数量积之间的关系,结合坐标运算求解.
【小问1详解】
因为,
若与垂直,则,解得,
所以实数的范围为.
【小问2详解】
若与夹角为锐角,则,解得,
若与平行,则,解得,
若与夹角为锐角,则实数的取值范围.
19. 如图所示,已知P是▱ABCD所在平面外一点,M,N分别是AB,PC的中点,平面PAD∩平面PBC=l.
求证:(1)l∥BC;
(2)MN∥平面PAD.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.
【解析】
【分析】(1)先由BC∥AD证明BC∥平面PAD,再结合平面PBC∩平面PAD=l,由线面平行推出线线平行,即得证;
(2)取PD的中点E,连接AE,NE,可证明四边形AMNE是平行四边形,即 MN∥AE,由线线平行推线面平行,即得证
【详解】(1)∵▱ABCD
∴BC∥AD,
又BC平面PAD,平面PAD
∴BC∥平面PAD
又∵平面PBC∩平面PAD=l,
平面PBC
∴l∥BC.
(2)如图,取PD的中点E,连接AE,NE.
则NE∥CD,且NE=CD,
又AM∥CD,且AM=CD,
∴NE∥AM,且NE=AM.
∴四边形AMNE是平行四边形.∴MN∥AE.
又∵AE⊂平面PAD,MN平面PAD,
∴MN∥平面PAD.
20. 在中,角A,B,C所对的边为a,b,c,若,且的面积,
(1)求外接圆半径;
(2)求的取值范围.
【答案】(1)2 (2)
【解析】
【分析】(1)对于,利用余弦定理和面积公式可得,对于,利用正弦定理和三角恒等变换可得,进而可得结果;
(2)利用正弦定理和三角恒等变换可得,结合正弦函数求其范围,进而可得结果.
【小问1详解】
因为,则,整理得,
且,所以,
又因为,由正弦定理可得,
则,可得,
且,则,可得,
由可得,所以,
设外接圆半径为,
由正弦定理可得,则,
所以外接圆半径为2.
【小问2详解】
由(1)可得,则,
可得
,
因为,则,可得,
所以,
可得,
所以的取值范围为.
21. 如图:某公园改建一个三角形池塘,,(百米),(百米),现准备养一批观赏鱼供游客观赏.
(1)若在 内部取一点P,建造APC连廊供游客观赏,如图①,使得点P是等腰三角形PBC的顶点,且,求连廊的长(单位为百米);
(2)若分别在AB,BC,CA上取点D,E,F,并建行连廊,使得 变成池中池,放养更名贵的鱼类供游客观赏.如图②,当为正三角形时,求的面积的最小值.
【答案】(1)百米
(2)(百米)
【解析】
【分析】(1)由余弦定理即可求得,在 中,确定,由余弦定理求得,即可求得答案;
(2)设正三角形DEF的边长a,,()则可表示,,从而可由正弦定理表示出,结合三角函数的性质求得其最小值,即可求得答案.
【小问1详解】
∵点P是等腰三角形PBC的顶点,且,,
∴且由余弦定理可得:,
解得,
又∵∴,
∵在 中,,,∴,
在△ACP中,由余弦定理得,
解得,;
∴,
∴连廊的长为百米.
【小问2详解】
设正三角形DEF的边长a,,()
则,,
设,
可得,,
∴,
在 中,由正弦定理得:,
即,即,
化简得:,
∴(其中,θ为锐角,且)
∴.
22. 如图,已知是边长为2的正三角形,点P在边BC上,且,点Q为线段AP上一点.
(1)若,求实数值;
(2)求·的最小值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由平面向量基本定理可得,再由向量相等即可求解;
(2)由平面向量基本定理可得,再结合两项数量积的运算性质与二次函数的性质求解即可
【小问1详解】
由题意,
即,故,
因为Q为线段AP上一点,
设,又不共线,
所以,解得
所以;
【小问2详解】
,
由(1)知,,
,
所以
,
当时,,
所以的最小值为
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