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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)

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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:B2.()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:B4.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APCB.C1Q∥平面APCC.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.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-09-25 16:15:02 页数:17
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文章作者:随遇而安

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