山东省青岛市莱西市2022-2023学年高一下学期期中数学试题（ 含答案解析 ）

高一学业水平阶段性检测（三）数学试题本试卷共22题．全卷满分150分，考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，请将答题卡上交．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.下列命题中错误的为（）A.圆心和圆上的两点可确定一个平面B.有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥C.正棱锥的侧面是全等的等腰三角形D.平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形【答案】A【解析】【分析】根据平面的确定方法，柱体和锥体的体结构特征与基本性质，对每个选项逐一分析判断即可.【详解】对于A：由不在同一直线上的三个点可以确定一个平面，如果圆心和圆上的两点在圆的同一条直径上时，这时三点共线，此时过三点的平面有无数个，故A选项错误；对于B：根据棱锥的定义，其底面是多边形，侧面都是有一个公共顶点的三角形，所以有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥，故B选项正确；对于C：由正棱锥的定义和性质可得，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故C选项正确；对于D：由平行六面体的概念和性质可得，平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故D选项正确.故选：A.2.在中，，若，则下列结论正确的为（）A.一定为钝角三角形 B.一定不为直角三角形C.一定为锐角三角形 D.可为任意三角形【答案】D【解析】【分析】根据数量积的概念即可判断为锐角，再利用三角形的定义判断即可.【详解】因为，所以，所以，所以为锐角，但是不能确定其它角是否为锐角、直角或钝角，所以不能确定的形状，故可为任意三角形.故选：D3.下列等式成立的为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用和差角公式合并计算即可.【详解】A选项：，A错误；B选项：，B错误；C选项：，C正确；D选项：，D错误.故选：C.4.在中，，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理得边长关系，再利用三角形成立条件列不等式求解即可.详解】由正弦定理及得，不妨记，因为，所以，解得，即取值范围是.故选：B5.已知点是边长为2的正的内部（不包括边界）的一个点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用平面向量的数量积的几何意义求解.【详解】解：如图所示：因为点是边长为2的正的内部（不包括边界）的一个点，由图象知：，所以，故选；C6.如图，在正方体中，下列结论错误的为（）A.直线与直线所成的角为B.直线与平面所成的角为C.直线平面D.平面与平面所成的二面角为【答案】D【解析】【分析】对A，证明直线平面即可；对B，根据线面角的定义，根据直线与平面所成的角为即可；对C，根据线面垂直的判定证明即可；对D，根据二面角的定义可得平面与平面所成的二面角为即可.【详解】对A，连接如图，由正方体性质可得，且平面，平面，故.又，平面，故平面.又平面，故.故直线与直线所成的角为，故A正确；对B，因为平面，故直线与平面所成的角为，故B正确；对C，连接如图，由正方体性质可得，且平面，平面，故.又，平面，故平面.又平面，故.同理，又，平面，故平面，故C正确；对D，平面与平面交于，且，，故平面与平面所成的二面角为，故D错误.故选：D7.已知非零向量满足：向量与向量垂直，且向量与向量垂直，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量垂直得数量积为0，求得数量积与向量模关系，根据向量夹角公式求解即可.【详解】因为向量与向量垂直，所以，所以，因为向量与向量垂直，所以，所以，所以，即，所以，又，所以，即与的夹角为.故选：C8.我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中提出了一种求三角形面积的方法——三斜求积术：“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”．也就是说，在中，分别为内角的对边，那么的面积，若，且，则面积的最大值为（）A. B. C.6 D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理及两角和的正弦公式得，代入“三斜求积”公式，利用二次函数求解最值.【详解】因为，所以，所以，由正弦定理得，又，所以，所以当即时，面积的最大值为.故选：B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.已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（）A.若，则且B.若，则C.若，则D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据空间几何相关定理逐项分析.【详解】对于A，若，则结论不成立，错误；对于B，如图：设，在l上选一点S，分别在平面内作，在PS和QS上分别选点P，Q，过P，Q作的垂线，则有，所以四边形SQTP是平行四边形，相交于T点，又，四边形是矩形，，又，正确；对于C，如图：，在n上选一点S，在平面内作直线SP，使得，令为，在平面内作直线QS，使得，由于，则根据二面角的定义有，，又，正确；对于D，，在平面内作直线，使得，如果不平行于n，则由于同在平面内，则必定相交于一点P，则，在平面内，过P点作直线，使得，则有，与平行线的传递性质矛盾，，正确；故选：BCD.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.B.函数图象关于点中心对称C.函数的单调增区间为D.为了得到函数的图象，只需将函数的图象向右平行移动个单位长度【答案】AD【解析】【分析】化简的解析式，根据两角和的正弦公式、三角函数的对称性、单调性、三角函数图象变换等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】.A选项，，A选项正确.B选项，，所以B选项错误.C选项，由，解得，所以单调递增区间是，C选项错误.D选项，将函数的图象向右平行移动个单位长度，得到的图象，D选项正确.故选：AD11.已知，则下列命题是真命题的为（）A.若，则 B.若，则C.若，则的值域为 D.若，则【答案】BD【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算及二倍角的正切公式判断A，根据向量共线的坐标运算及二倍角正弦公式判断B，根据辅助角公式及正弦函数的值域判断C，根据向量模的坐标运算及二倍角余弦公式判断D.【详解】对于A，因为，且，所以，所以，所以，错误；对于B，因为，所以，所以，即，所以，所以，正确；对于C，，其中，因为，所以，错误；对于D，因为，所以，平方得，即，所以，正确.故选：BD12.在中，三个内角所对的边分别为，若，则下列结论一定正确的为（）A. B.C.为直角三角形 D.【答案】AC【解析】【分析】由，利用正弦定理求得角B，再根据，利用余弦定理求得a，c的关系逐项判断.【详解】解：因为，由正弦定理得，因为，化简得，则，，所以，故A正确；由余弦定理得，，即，即，解得或，当时，，则，，当时，，则，，故BD错误，C正确，故选：AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.设，则与的夹角为_________．【答案】【解析】【分析】根据向量的夹角余弦公式，结合夹角范围求角即可.【详解】设与的夹角为，，.故答案为：.14.如果一个圆锥的底面直径和高都等于球的直径，那么这个圆锥的侧面积和球的表面积之比为______.【答案】##【解析】【分析】利用球的表面积公式和圆锥侧面积公式求解即可.【详解】设球的直径为，则球的表面积，又圆锥的底面直径和高是，所以圆锥的侧面积为，所以圆锥的侧面积和球的表面积之比为.故答案为：15.在中，三边长分别为，最大角的正弦值为，则_________．【答案】5【解析】【分析】由条件结合余弦定理列方程求即可.【详解】因为，所以的最大内角为边长的边所对应的角，因为最大角的正弦值为，又对于非等边三角形，最大角大于，所以最大角的余弦为，由余弦定理可得，又所以.故答案为：.16.如果平面，直线，点满足：，且直线与所成的角为直线与直线所成的角为，那么与所成角的大小为_________．【答案】【解析】【分析】设在平面上的投影为，在平面上的投影为直线，其中为与在平面上的投影直线的交点，根据线面垂直的性质可得平面，再过作于，连接，根据余弦的性质可得，进而求得，结合三角形内角和可得与所成角为.【详解】如图，设在平面上的投影为，在平面上的投影为直线，其中为与在平面上的投影直线的交点，则.由题意，与所成的角为，且，故与所成的角.由，，故.又，，故.又，平面，故平面.过作于，连接，则因为，故，又，平面，故平面.又平面，故.又与直线所成的角为，即.则，，，故，即，故，则.又平面，平面，故，则.又，故与所成角为.故答案为：四、解答题：本题共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.如图，在平行六面体中，为的中点，为的中点．（1）求证：∥平面；（2）求证：平面∥平面．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)作出辅助线，利用三角形的中位线结合线面平行的判定定理，判定即可；(2)利用平行六面体的性质，结合两个中点，易证平行四边形，根据平行四边形对边平行的性质，从而证明线面平行，再利用(1)中结论，结合面面平行的判定定理，判定即可.【小问1详解】连接，交于，连接，在平行六面体中，为平行四边形，为中点，为的中点，平面平面，平面；【小问2详解】在平行六面体中，，，为的中点，为的中点，，为平行四边形，从而，平面平面，平面，由（1）可知：平面，平面平面，且，平面平面.18.试分别解答下列两个小题：（1）已知，设与的夹角为，求；（2）已知，若与共线，且，求的坐标．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由，利用向量的运算律求得，再利用二倍角公式求解；（2）设，求得，再由与共线，结合求解.【小问1详解】解：，∴，，，，从而；【小问2详解】设，，，解得：，从而，与共线，设，则，，或.19.如图，在四面体，分别是的中点．（1）求证：；（2）在上能否找到一点，使∥平面？请说明理由；（3）若，求证：平面平面．【答案】（1）证明见解析（2）能找到一点，使∥平面，理由见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）取的中点，证明，，利用线面垂直判定定理证明结论；（2）猜测为的中点，证明，并结合线面平行判定定理证明结论；（3）先证明，，结合线面垂直判定定理，面面垂直判定定理证明结论.【小问1详解】取的中点，连接在中，，同理而平面又平面；【小问2详解】在上能找到一点，使平面，此时为的中点，证明如下：连接是的中点，平面平面，平面，的中点即为所求．【小问3详解】是公共边，，从而由（1）可知：，即，，平面，∴平面，面，∴平面平面．20.在中，内角的对边分别为，若.（1）求的值；（2）若的周长为5，求外接圆的半径与内切圆半经的比值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再利用两角和的正弦公式结合三角形的性质化简求值即可；（2）利用正弦定理及余弦定理求出三边长，从而利用三角形面积相等求出内切圆半径，利用正弦定理求出外接圆半径，即可求解.【小问1详解】因为，所以，所以，即，所以，所以，即.【小问2详解】由（1）知，所以，又的周长为5，所以，由余弦定理得，所以，解得，因为，且，所以，所以，从而，由正弦定理得，所以，所以.21.在中，三个内角的对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）延长至点，使满足：，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过余弦定理及正弦定理化简，再利用两角和的正弦公式化简求得，从而可求角；（2）利用正弦定理建立方程，化简求值即可.【小问1详解】因为，由余弦定理可变形为，所以，由正弦定理得，所以，所以，所以，因为，所以，又，所以.【小问2详解】在中，由（1）可知，所以，由正弦定理可得，所以，在中，因为，所以，由正弦定理可得，所以，因为，所以，所以，所以，即，所以，即，整理化简得，所以.22.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的一个菱形，若，异面直线与所成的角为．（1）求证：平面平面；（2）求四棱倠的内切球的表面积．【答案】（1）证明见解析（2）【