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    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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    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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    这是一份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,文件包含江苏省泰州市田家炳实验中学高一下学期期中数学试题原卷版docx、江苏省泰州市田家炳实验中学高一下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共27页, 欢迎下载使用。


    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;

    【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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