2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校双语校区高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校双语校区高一（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在中，，，，则等于( )
A. B. C. D.
2.正四棱台的上、下底面的边长分别为，，侧棱长为，则其体积为( )
A. B. C. D.
3.在中，已知，，，则此三角形的解的情况是( )
A. 有一解 B. 有两解
C. 无解 D. 有解但解的个数不确定
4.已知，，为三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. ，， B. ，
C. ， D. ，
5.下列结论错误的是( )
A. 在中，若，则
B. 在锐角中，不等式恒成立
C. 在中，若，，则为等腰直角三角形
D. 在中，若，，面积，则外接圆半径为
6.如图，已知矩形与矩形所成二面角的平面角为锐角，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与直线所成角为，则( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
7.已知函数的图象过点，且在区间上具有单调性，则的最大值为( )
A. B. C. D.
8.如图，在三棱锥中，，，二面角的正切值是，则三棱锥外接球的表面积是( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知，，则下列结论中正确的是( )
A. B.
C. D.
10.在中，角，，的对边分别是，，，若，，则( )
A. B.
C. D. 的面积为
11.如图所示，一个圆锥的底面是一个半径为的圆，为直径，且，点为圆上一动点异于，两点，则下列结论正确的是( )
A. 的取值范围是
B. 二面角的平面角的取值范围是
C. 点到平面的距离最大值为
D. 点为线段上的一动点，当 时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量，，若，则实数 ______．
13.已知，，则 ______．
14.如图，在三棱台中，平面平面，，，．
求与平面所成线面角大小______．
若，求三棱锥外接球表面积______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知函数．
求函数的最小正周期及单调递减区间；
当时，求函数值域．
16.本小题分
如图，在三棱锥中，平面，，分别为，的中点，且，，．
证明：．
求二面角的正切值．
17.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，，．
求角的大小；
若，求的取值范围．
18.本小题分
如图，在三棱柱中，，，为的中点，平面．
求证：；
若，求直线与平面所成角的正弦值；
若，点在线段上，是否存在点使得锐二面角的大小为，若存在，请求出点的位置，若不存在，请说明理由．
19.本小题分
对于给定的正整数，记集合，，，，，，，其中元素称为一个维向量．特别地，称为零向量．
设，，，定义加法和数乘：，
对一组向量，，，，若存在一组不全为零的实数，，，，使得，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．
Ⅰ对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．
，；
，，；
，，，．
Ⅱ已知向量，，线性无关，判断向量，，是线性相关还是线性无关，并说明理由．
Ⅲ已知个向量，，，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明下列结论：
(ⅰ)如果存在等式，则这些系数，，，或者全为零，或者全不为零；
(ⅱ)如果两个等式，同时成立，其中，则．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，，，
可得．
故选：．
根据平面向量数量积的定义即可求解．
本题考查平面向量的数量积运算，属基础题．
2.【答案】
【解析】解：根据题意可得正四棱台的高为，
正四棱台的为．
故选：．
根据题意先求出正四棱台的高，再根据棱台的体积公式，即可求解．
本题考查正四棱台的体积的求解，属基础题．
3.【答案】
【解析】解：由正弦定理可得，，即，
，
又为的内角，
，则，
该三角形有唯一解．
故选：．
由正弦定理求得，由此即可作出判断．
本题考查三角形解得情况，考查正弦定理的运用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：若，，，则与可能平行与可能异面，故A错误；
若，，则或，故B错误；
若，，则或，故C错误；
若，根据线面垂直的判定方法，易得，故D正确；
故选D
由面面平行的性质，可以判断的对错，由线面平行的定义及判定方法可判断，的真假，由线面垂直的定义及判定方法，可以判断的正误．
本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，熟练掌握空间直线与平面垂直和平行的定义、性质、判定方法是解答此类问题的关键．
5.【答案】
【解析】解：中，因为，所以，
由余弦函数的单调性，可得，所以A正确；
中，在锐角三角形中，因为，所以，
所以恒成立，所以B正确；
中，因为，，
由余弦定理可得，，
可得，可得，
将代入可得，
可得，在代入，可得，
即，，所以该三角形为等腰直角三角形，所以C正确；
中，中，若，，面积，
所以，即，解得，
由余弦定理可得，
则外接圆的半径为，则，
所以，所以D正确．
故选：．
中，由大边对大角可得，由余弦函数的单调性，可得与的大小关系，判断出的真假；中，由锐角三角形中，每个角的余弦值都大于，由余弦定理可得的表达式，进而可得，，的关系，判断出的真假；中，由题意及余弦定理可得与，与的关系，可得该三角形为等腰直角三角形，判断出的真假；中，由三角形面积公式可得的值，再由余弦定理可得的值，进而求出该三角形的外接圆的半径的大小，判断出的真假．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：过作平面，垂足为，连结，
矩形与矩形所成二面角的平面角为锐角，
记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与直线所成角为，
，，，
，
，．
故选：．
过作平面，垂足为，连结，则，，，由此能求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查线面角、二面角、线线角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：由函数的图象过点，
，解得，
又，，
；
在区间上具有单调性，
，解得；
由，得，
若在区间上单调递增，
则，当时，得；
由，得，
若在区间上单调递减，
则，当时，得；
由，得或，又，
的最大值为．
故选：．
依题意，可求得，结合题意，利用正弦函数的单调性质分类讨论可求得答案．
本题考查正弦函数的单调性，考查逻辑推理能力与综合运算能力，属于难题．
8.【答案】
【解析】解：设点为的中点，连接，，由于，，所以，，所以为二面角的平面角；
由于二面角的正切值是，
所以，故；
在中，，
在中，，
在中，由余弦定理；
所以，
由于，
所以、、两两垂直，将三棱锥体补成正方体，
如图所示：
正方体的棱长为，则正方体的对角线长为，
故外接球的半径，
则外接球的表面积为．
故选：．
首先利用二面角的正弦值求出二面角的余弦值，进一步判定，且、、两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，进一步求出正方体的外接球半径，进一步求得外接球的表面积．
本题考查的知识要点：二面角的应用，余弦定理和补形法的应用，球的半径和球的表面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：，
两边同时平方可得，，即，解得，
，
则，，
故，，
联立，解得，，
对于，，故A正确；
对于，，故B错误；
对于，，故C错误；
对于，，故D正确．
故选：．
根据已知条件，结合三角函数的同角公式，推得，，再结合正弦、余弦的二倍角公式，即可求解．
本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：由余弦定理可得，解得，故A正确；
由及正弦定理，可得，
化简可得．
因为，所以，所以，即．
因为，所以，故B错误；
因为，所以且，代入，
可得，解得，．
因为，，，
所以由正弦定理可得，
由，可得，
化简可得，解得或舍，故C正确；
．
故选：．
根据及余弦定理可判断；根据及正弦定理可判断；由的值及同角三角函数的基本关系可求，，根据正弦定理求出，代入求出可判断；根据三角形面积公式可判断．
本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：由已知，，且，
在中，由余弦定理可知，，
即，解得，则
选项：点为圆上一动点异于，两点，
则，
在中，，
所以，
所以，选项错误；
选项：取中点，连接，，则，，且，，
则二面角的平面角为，
所以，
所以，选项正确；
选项：由已知，
又，
则三棱锥的体积，
设点点到平面的距离为，
则，
则，选项错误；
选项：当时，，，
则为等腰直角三角形，为等边三角形，
将平面绕至，使与共面，如图所示，
则，
在中，，
由余弦定理可知，
所以，选项正确．
故选：．
选项：根据余弦定理结合长度可得的取值范围；选项：利用几何法可得二面角的平面角及其取值范围；选项：利用等体积转化可得点到平面距离，进而可得最值；选项：将平面绕至，使与共面，结合余弦定理可得解．
本题考查余弦定理、几何法、等体积法、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：，，，
，
．
故答案为：．
直接根据题意建立方程即可求解．
本题考查向量数量积的运算，方程思想，属基础题．
13.【答案】
【解析】解：因为，，
所以．
故答案为：．
由已知结合两角和的正切公式即可求解．
本题主要考查了两角和的正切公式的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：过点作垂直，垂足为，连接，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
所以为与平面所成的角，
过作垂直，垂直为，连接，
则，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
在直角三角形中中，，
所以，
即，
解得，
所以，
所以与平面所成的角为．
如图：
因为，
所以，
即，且，
所以，
又因为，，
所以，
即，
所以，
即，
又，
所以平面，
因为平面，
所以，
由知，，且，，
根据余弦定理易知，
所以，
即，又，
所以平面，
设三棱锥外接球半径为，底面的外接圆半径为，且，
所以，
即，
所以三棱锥外接球表面积为．
故答案为：；．
过点作垂直，垂足为，连接，在三个直角三角形中，分别计算，，，进而得出，即可求解；
通过已知，结合余弦定理得出，，进而证出，，结合线面垂直判定定理得出平面，再结合勾股定理求出外接球半径即可求解．
本题考查线面角以及外接球表面积的计算，属于中档题．
15.【答案】解：因为
，
所以周期，
令，，
得，，
故单调递减区间为；
已知，
则，
则，
则，
则，
故函数的值域为．
【解析】由两角和与差的三角函数，结合三角函数的性质求解；
结合三角函数值域的求法求解．
本题考查了三角函数的性质，重点考查了两角和与差的三角函数，属中档题．
16.【答案】解：证明：在三棱锥中，，分别为，的中点，
则有且，
而，则有，
又由，，则，则有，
又由平面，则，
而，面，面，
则面，则有；
根据题意，取的中点，过点作，交于点，连接、、，
为的中点，为的中点，则且，
又由，，，面，面，
则面，
而，则面，则有，
又由，，，面，面，
则有面，
故AE，
故是二面角的平面角，
中，，，则，
则，
故，
即二面角的正切值为．
【解析】根据题意，由中位线的性质可得的长，利用勾股定理可得，进而可得面，由线面垂直的性质可得结论；
根据题意，取的中点，过点作，交于点，连接、、，由平面角的定义可得是二面角的平面角，求出的长，计算可得答案．
本题考查二面角的平面角，涉及直线与平面垂直的判断和性质，属于中档题．
17.【答案】解：由，，
可得，
由正弦定理可得，
化为，
由余弦定理可得，
由，可得；
由，可得，又，可得，
由正弦定理可得，
即有，即有，
由，可得，
则．
【解析】由题意可得，结合正弦定理和余弦定理，可得所求角；
求得，由正弦定理可得的取值范围，结合，化简整理可得所求取值范围．
本题考查三角形的正弦定理和余弦定理，以及正弦函数的性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】证明：因为，为的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，所以．
解：在中，，，所以，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，
设直线与平面所成角为，则，，
故直线与平面所成角的正弦值为．
解：在中，，，所以，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设，，
则，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，
由知平面，
所以平面的一个法向量为，
因为锐二面角的大小为，
所以，，
整理得，
解得，
因为，
所以，
故当时，可使得锐二面角的大小为．
【解析】易证，，从而知平面，再由线面垂直的性质定理，即可得证；
以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角，即可得解；
以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，利用向量法求二面角可得关于的方程，解之即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用向量法求线面角、二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】Ⅰ解：对于，设，则可得，所以线性相关；
对于，设，则可得，所以，，所以线性相关；
对于，设，则可得，解得，所以线性相关；
Ⅱ解：设，
则，
因为向量，，线性无关，所以，解得，
所以向量，，线性无关，
Ⅲ证明：，如果某个，，，，，
则，
因为任意个都线性无关，所以，，，，，都等于，
所以这些系数，，，或者全为零，或者全不为零，
(ⅱ)因为，所以，，，全不为零，
所以由可得，
代入可得，
所以，
所以，，，
所以．
【解析】本题主要考查平面向量的综合运用，新定义概念的理解与应用等知识，属于较难题．
Ⅰ根据定义逐一判断即可；
Ⅱ设，则，然后由条件得到即可；
Ⅲ如果某个，，，，，然后证明，，，，，都等于即可；
(ⅱ)由可得，然后代入证明即可．
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