浙江省宁波市三锋教研联盟2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期宁波三锋教研联盟期中联考

高一年级数学学科试题

考生须知：

1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.

3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.

4.考试结束后，只需上交答题纸.

选择题部分

一、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 已知向量，，若，则等于（    ）

A. 2 B.  C. 3 D.

【答案】C

【解析】

【分析】由向量平行的坐标表示计算．

【详解】由题意，．

故选：C．

2. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（    ）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用正弦定理可得答案.

【详解】由正弦定理得，

.

故选：D.

3. 设，是两个非零向量，则“”是“”成立的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量数量积的意义，向量的夹角公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【详解】由，

又，

所以当且仅当时，成立．

充分性：由，得或，则不一定成立，所以充分性不成立；

必要性：由，得，则，所以必要性成立．

所以“”是“”成立的必要不充分条件．

故选：B．

4. 若直线不平行于平面，则下列结论成立的是（    ）

A. 平面内的所有直线都与直线异面

B. 平面内不存在与直线平行的直线

C. 平面内的直线都与直线相交

D. 直线与平面有公共点

【答案】D

【解析】

【分析】直线不平行于平面，可得或与平面相交．据此可判断出结论．

【详解】解：直线不平行于平面，可得或与平面相交．

对于A：直线与平面内的直线相交、平行或为异面直线，故A错误；

对于B：当时，平面内存在与直线平行的直线，故B错误；

对于C：当时，的直线可能与平行，故C错误；

对于D：直线与平面有公共点，故D正确．

故选：D．

5. 如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若，则等于（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的加减法运算及平面向量基本定理求解即可.

【详解】由题意知，

因为，所以，，.

故选：B.

6. 在中，，，以所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，作出几何体，再根据圆锥的体积公式求解即可.

【详解】解：因为在中，，

过作的垂线，垂足为，则，，

以所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体特征为圆锥中挖去圆锥，

所以，该几何体的体积为.

故选：C

7. 已知中，是BC的中点，且，，则向量在上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先根据已知条件可知，从而推得为等边三角形，最后结合投影向量的定义即可求解.

【详解】因为，则，

所以，则，因为是BC的中点，

所以，

又因为，所以为等边三角形，

故点作交于点，则为中点，

所以向量在向量上的投影向量为．

故选：A.

8. 如图，已知长方体，，，E、F分别是棱、的中点，点为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点的轨迹长度为（        ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】取的中点，连接.证明出面面，得到点的轨迹为线段.求出的长度，即可得到答案.

【详解】如图所示：

取的中点，连接.

在长方体，分别是棱、的中点，所以.

因为且,分别是中点，所以且,所以四边形为平行四边形，所以.

因为，面，面，所以面.

同理可证：面.

因为面，面，面,面,,

所以面面.

因为点为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，且直线与平面BEF无公共点，面.

所以点轨迹为线段.

已知长方体，，，为的中点,

所以，所以.

故选：C

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 下列命题是真命题的是（    ）

A. 平行于同一直线两条直线平行 B. 平行于同一平面的两条直线平行

C. 平行于同一直线的两个平面平行 D. 平行于同一平面的两个平面平行

【答案】AD

【解析】

【分析】根据平行的性质结合空间中线面关系逐项分析判断.

【详解】对于A：根据平行线的传递性可知平行于同一直线的两条直线平行，故A为真命题；

对于B：平行于同一平面的两条直线的位置关系有：平行、相交或异面，故B为假命题；

对于C：平行于同一直线的两个平面的位置关系有：平行或相交，故C为假命题；

对于D：根据空间中面面的位置关系可知平行于同一平面的两个平面平行，故D为真命题；

故选：AD.

10. 在平面直角坐标系中，已知点，，，则（    ）

A.

B. 是直角三角形

C. 以OA，OB为邻边的平行四边形的顶点的坐标为

D. 与垂直的单位向量的坐标为或

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据向量模的坐标表示求出可判断A；求出向量，以及的模，根据勾股定理逆定理可判断B；根据向量加法的平行四边形法则可判断C；根据向量垂直的坐标表示求出与垂直的单位向量可判断D.

【详解】对于A，由依题意得，所以，故A正确；

对于B，由题意得，，

则，，

所以结合A选项得，所以，即为直角三角形，故B正确；

对于C，结合B选项得，则顶点的坐标为，故C错误；

对于D，结合B选项得，设与垂直的单位向量为，

则，解得或，

故与垂直的单位向量的坐标为或，故D正确．

故选：ABD．

11. 如图，空间四边形中，分别是边，的中点，分别在线段上，且满足，，，则下列说法正确的是（    ）

A. 当时，四边形是矩形

B. 当时，四边形是梯形

C. 当时，四边形是空间四边形

D. 当时，直线相交于一点

【答案】BC

【解析】

【分析】利用三角形的中位线和相似比结合平行四边形和梯形的判定判断AB，利用异面直线的概念判断C，假设直线相交于一点，利用线面平行的性质定理判断D.

【详解】选项A：在中，因为分别是边，的中点，所以且，

当时，分别为中点，所以在中可得且，

所以且，

所以四边形是平行四边形，

又分别为中点，所以，又，

当时有，平行四边形为矩形，

所以四边形不一定是矩形，A错误；

选项B：当时，，所以，且，

则由A可知且，所以四边形是梯形，B正确；

选项C：当时，不平行于，又因为平面，平面，

所以是异面直线，四边形是空间四边形，C正确；

选项D：不妨设直线相交于一点，

因为，平面，平面，所以平面，

又因为直线相交于点，所以平面，

因为平面平面，所以，

所以可得，矛盾，D错误；

故选：BC

12. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的有（    ）

A.  B.

C. 的最小值为 D. 的取值范围为

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A：利用正弦定理结合三角恒等变换化简整理即可；对于B：利用余弦定理结合三角恒等变换化简整理即可；对于C：根据题意利用三角恒等变换整理得，结合基本不等式分析运算；对于D：根据题意利用正弦定理整理可得，分析运算即可.

【详解】对于A：∵，由正弦定理可得，

即，则，

注意到，则，

可得，则，

所以或（舍去），

即，故A正确；

对于B：由选项A可得，

则，

由正弦定理可得，

由余弦定理可得，整理得，故B错误；

对于D：∵，则，解得，可得，

由正弦定理可得：，

∵，则，可得，故D错误；

对于C：∵，则

，

即，

当且仅当，即时等号成立，故C正确；

故选：AC

【点睛】方法定睛：与解三角形有关的交汇问题的关注点

(1)根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化．

(2)结合内角和定理、面积公式等，灵活运用三角恒等变换公式．

非选择题部分

三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.

13. 《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，书中提出了：已知三角形三边、、求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即：.即有满足，，，且的面积__________.

【答案】##

【解析】

【分析】将、、代入公式计算.

【详解】因为，，，则.

故答案为：.

14. 长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为3，2，1，则该球的表面积是__________.

【答案】

【解析】

【分析】先通过长方体的体对角线求出外接球的半径，再用球的表面积公式求解即可.

【详解】由已知可得长方体的外接球半径为，

则该球的表面积是.

故答案为：.

15. 如图，一座垂直建于地面的信号发射塔CD的高度为，地面上一人在A点观察该信号塔顶部，仰角为，沿直线步行后在点观察塔顶，仰角为，若，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意可得，，在中，利用余弦定理求，即可得结果.

【详解】在Rt中，，则；

在Rt中，，则；

在中，由余弦定理，

可得，

所以步行速度为为.

故答案为：.

16. 在锐角中，，，则的取值范围为________.

【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，由，求得，且，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】解：以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，因为，且，

即，即，可得，

设，因为为锐角三角形，所以，所以，

过点作，且若，可得，即，

即点在线段上（不包含端点），即，

又由，

所以，

即的取值范围为.

故答案：.

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，，.

（1）求的值；

（2）求与的夹角的余弦值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用数量积的运算展开计算即可；

（2）先通过，求出，，然后代入计算即可.

【小问1详解】

，，，

；

【小问2详解】

，

，

.

18. 已知三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且.

（1）求角A；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过条件得到，再通过向量的坐标运算计算，然后利用正弦定理边化角整理可得答案；

（2）先利用余弦定理求出，再利用三角形的面积公式求面积.

【小问1详解】

，，，

，

由正弦定理得，又，

，

，又，

；

【小问2详解】

由余弦定理，

解得，负值舍去，

.

19. 如图，在三棱柱中，若G，H分别是线段AC，DF的中点.

（1）求证：；

（2）在线段CD上是否存在一点，使得平面平面BCF，若存在，指出的具体位置并证明；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见详解   

（2）存在，P是线段CD的中点，

【解析】

【分析】（1）根据三角形中位线分析证明；

（2）根据题意结合线面、面面平行的判定定理分析证明.

【小问1详解】

连接，

∵为平行四边形，由题意可得：G是线段BD的中点，

则G，H分别是线段BD，DF的中点，故.

【小问2详解】

存在，P是线段CD的中点，理由如下：

由（1）可知：，

平面，平面，

∴平面，

连接，

∵P、H分别是线段CD、DF的中点，则，

平面，平面，

∴平面，

，面，

故平面平面BCF.

20. 如图，直角梯形ABCD中，，，，，.且，.

（1）若是MN的中点，证明：A，G，C三点共线；

（2）若P为CB边上的动点（包括端点），求的最小值.

【答案】（1）证明见详解   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据平面向量的线性运算结合向量共线的判定定理分析证明；

（2）建系，根据平面向量的坐标运算整理得，再结合二次函数求最值.

【小问1详解】

以为基底向量，则，

∵是MN的中点，则，

可得，故A，G，C三点共线

【小问2详解】

过作，垂足为，则为矩形，

由题意可得，

如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则，

设，

可得，

则，

可得，

∵开口向上，对称轴，

注意到，∴当时，取到最小值，

故的最小值.

21. 如图，在棱长为2的正方体中，P，Q分别是棱，的中点.

（1）若为棱上靠近点的四等分点，求证：平面PQC；

（2）若平面PQC与直线交于点，求平面PRQC将正方体分割成的上、下两部分的体积之比.（不必说明画法与理由）.

【答案】（1）证明见详解   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意结合线面平行的判定定理分析证明；

（2）根据面面平行的性质定理可得满足，再结合台体体积公式运算求解.

【小问1详解】

取的中点，连接，设，连接，

由题意可得：，且，则为的中点，

可得，且，即，且，

∵Q是棱的中点，则，且，

可得，且，

∴为平行四边形，则，

平面PQC，平面PQC，

故平面PQC.

【小问2详解】

取的中点，连接，

∵P，F分别是棱，的中点，则，且，

又∵，且，

则，且，

即为平行四边形，则，

∵平面平面，且平面平面，平面平面，

则，

故，

又∵Q是棱的中点，则为的中点，即，

由题意可知：为台体，可得，

则台体的体积为，

正方体的体积，

故平面PRQC将正方体分割成的上、下两部分的体积之比.

22. 在①，②，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.）

在锐角中，的面积为S，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选条件：________.

（1）求角A的大小；

（2）作（A，D位于直线BC异侧），使得四边形ABDC满足，，求AC的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）选①可根据正弦定理边化角和三角形中的诱导公式化简计算；选②可根据正弦定理角化边和余弦定理化简计算；选③根据向量乘积展开式和正弦定理的面积公式进行化简计算；

（2）设，将所有未知角用表示，再用正弦定理将AC表示出来进行化简，最后根据的范围求出AC的最大值.

【小问1详解】

选①根据正弦定理可知：

，展开化简得，

故，即；

选②根据正弦定理可得：，

根据余弦定理可得：，即；

选③根据向量点乘运算可得：，即.

【小问2详解】

如图，设，则，

在中，由正弦定理得可得，

，

在中，由正弦定理得：可得，

，

因为是锐角三角形，所以

所以

当时，可得的最大值是.