浙江省寧波市三鋒教研聯(lián)盟2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期數(shù)學(xué)期中聯(lián)考試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．已知向量a=(2，6)，b=(1，A．2 B．-3 C．3 D．-22．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若b=3，A=45°，B=60°，則a=A．1 B．22 C．2 D．3．設(shè)a，b是兩個(gè)非零向量，則“a∥b”是“A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．若直線a不平行于平面α，則下列結(jié)論成立的是（）A．平面α內(nèi)的所有直線都與直線a異面B．平面α內(nèi)不存在與直線a平行的直線C．平面α內(nèi)的直線都與直線a相交D．直線a與平面α有公共點(diǎn)5．如圖，平行四邊形ABCD的對角線相交于點(diǎn)O，E為AO的中點(diǎn)，若ED=xAB+yA．1 B．-1 C．12 D．6．在△ABC中，A=2π3，AB=AC=2，以A．7π2 B．3π C．2π D．7．已知△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，且|AB+AC|=|ABA．14BC B．34BC C．8．如圖，已知長方體ABCD?A1B1C1D1，AD=AA1=2，AB=3A．22 B．13 C．10 D．二、多選題9．下列命題是真命題的是（）A．平行于同一直線的兩條直線平行B．平行于同一平面的兩條直線平行C．平行于同一直線的兩個(gè)平面平行D．平行于同一平面的兩個(gè)平面平行10．在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)O(0，0)A．|B．△AOB是直角三角形C．以O(shè)A，OB為鄰邊的平行四邊形的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為(D．與OA垂直的單位向量的坐標(biāo)為(2511．如圖，空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，G，H分別在線段DC，DA上，且滿足A．當(dāng)λ=μ=12時(shí)，四邊形B．當(dāng)λ=μ=23時(shí)，四邊形C．當(dāng)λ≠μ時(shí)，四邊形EFGH是空間四邊形D．當(dāng)λ≠μ時(shí)，直線EH，12．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acA．A=2CB．a(chǎn)C．1tanCD．a(chǎn)c的取值范圍為三、填空題13．《數(shù)書九章》是中國南宋時(shí)期杰出數(shù)學(xué)家秦九韶的著作，書中提出了：已知三角形三邊a、b、c求面積的公式，這與古希臘的海倫公式完全等價(jià)，其求法是：“以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上，以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實(shí)，一為從隅，開平方得積.”若把以上這段文字寫成公式，即：S=14[a2c2?(a2+c214．長方體的所有頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，長、寬、高分別為3，2，1，則該球的表面積是.15．如圖，一座垂直建于地面的信號發(fā)射塔CD的高度為20m，地面上一人在A點(diǎn)觀察該信號塔頂部，仰角為45°，沿直線步行1min后在B點(diǎn)觀察塔頂，仰角為30°，若∠ADB=150°，此人的身高忽略不計(jì)，則他的步行速度為m/16．在銳角△ABC中，B=π3，|AB?AC四、解答題17．已知向量|a|=2，|（1）求(2（2）求2a+b18．已知△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，向量m=(a，3（1）求角A；（2）若a=7，b=2，求△ABC19．如圖，在三棱柱BCF?ADE中，若G，H分別是線段AC，DF的中點(diǎn).（1）求證：GH∥BF；（2）在線段CD上是否存在一點(diǎn)P，使得平面GHP∥平面BCF，若存在，指出P的具體位置并證明；若不存在，說明理由.20．如圖，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥CB，AB=4，CD=2，∠DAB=π3.且AM=（1）若G是MN的中點(diǎn)，證明：A，G，C三點(diǎn)共線；（2）若P為CB邊上的動(dòng)點(diǎn)（包括端點(diǎn)），求(PM21．如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C（1）若M為棱CC1上靠近C點(diǎn)的四等分點(diǎn)，求證：（2）若平面PQC與直線AA1交于22．在①3acosC+asinC?3b=0在銳角△ABC中，△ABC的面積為S，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且選條件：____.（1）求角A的大??；（2）作AB⊥BD（A，D位于直線BC異側(cè)），使得四邊形ABDC滿足∠BCD=π4，

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】由題意2λ?6=0，λ=3．故答案為：C．

【分析】利用已知條件結(jié)合向量共線的坐標(biāo)表示，進(jìn)而得出實(shí)數(shù)λ的值。2．【答案】D【解析】【解答】由正弦定理得asin∴a=b故答案為：D.

【分析】利用已知條件結(jié)合正弦定理得出a的值。3．【答案】B【解析】【解答】由|a又(|a所以當(dāng)且僅當(dāng)?a，b充分性：由a∥b，得?a，b必要性：由|a+b|=|a所以“a∥b”是“故答案為：B．

【分析】利用已知條件結(jié)合充分條件和必要條件的判斷方法，進(jìn)而判斷出“a∥b”是“4．【答案】D【解析】【解答】直線a不平行于平面α，可得a?α或a與平面α相交．對于A：直線a與平面α內(nèi)的直線相交、平行或?yàn)楫惷嬷本€，A不符合題意；對于B：當(dāng)a?α?xí)r，平面α內(nèi)存在與直線a平行的直線，B不符合題意；對于C：當(dāng)a?α?xí)r，α的直線可能與a平行，C不符合題意；對于D：直線a與平面α有公共點(diǎn)，D符合題意．故答案為：D．

【分析】利用已知條件結(jié)合異面直線判斷方法、平行直線判斷方法、相交直線判斷方法和直線與平面相交的判斷方法，進(jìn)而找出結(jié)論成立的選項(xiàng)。5．【答案】B【解析】【解答】由題意知ED=因?yàn)镋D=xAB+yAD(x，y∈R)故答案為：B.

【分析】利用已知條件結(jié)合平面向量基本定理，進(jìn)而得出x，y的值，從而得出x-y的值。6．【答案】C【解析】【解答】因?yàn)樵凇鰽BC中，A=2π3過C作BA的垂線，垂足為O，則OC=3，OA=1，以AB所在的直線為軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面圍成一個(gè)幾何體特征為圓錐OB中挖去圓錐OA，所以，該幾何體的體積為13故答案為：C

【分析】在△ABC中，A=2π3，AB=AC=2過C作BA的垂線，垂足為O，則OC=3，OA=1，OB=3，以AB所在的直線為軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面圍成一個(gè)幾何體特征為圓錐OB7．【答案】A【解析】【解答】因?yàn)閨AB+AC所以AB?AC=0，則AB所以|AD又因?yàn)閨AD|=故點(diǎn)A作AE⊥BD交BD于點(diǎn)E，則E為BD中點(diǎn)，所以向量BA在向量BC上的投影向量為BE=故答案為：A.

【分析】利用|AB+AC|=|AB?AC|結(jié)合數(shù)量積求向量的模的公式，則AB?AC=0，再利用數(shù)量積為0兩向量垂直的等價(jià)關(guān)系，則AB⊥AC，再利用D是BC的中點(diǎn)，所以|AD|=|BD|=|CD|8．【答案】C【解析】【解答】如圖所示：取BC的中點(diǎn)G，連接AG，在長方體ABCD?A1B1C1D1，因?yàn)锽C//A1D1且BC=A1D1，F(xiàn)、G因?yàn)镋F//AD1，EF?面BEF，AD1?同理可證：D1G//因?yàn)锳D1//面BEF，D1G//面BEF，D1G?面所以面AD1G因?yàn)辄c(diǎn)P為底面四邊形ABCD內(nèi)（包括邊界）的一動(dòng)點(diǎn)，且直線D1P與平面BEF無公共點(diǎn)，D1所以點(diǎn)P的軌跡為線段AG.已知長方體ABCD?A1B1C1D1，所以BG=1，所以AG=A故答案為：C

【分析】取BC的中點(diǎn)G，連接AG，AD1，在長方體ABCD?A1B1C1D1，E、F分別是棱AA1、A1D1的中點(diǎn)，所以EF//AD1，再利用BC//A1D1且BC=A1D1，F(xiàn)、G分別是中點(diǎn)，再結(jié)合平行和相等的傳遞性，所以BG//FD1且BG=FD1，所以四邊形BGD1F為平行四邊形，所以BF//GD1，再利用EF9．【答案】A,D【解析】【解答】對于A：根據(jù)平行線的傳遞性可知平行于同一直線的兩條直線平行，A為真命題；對于B：平行于同一平面的兩條直線的位置關(guān)系有：平行、相交或異面，B為假命題；對于C：平行于同一直線的兩個(gè)平面的位置關(guān)系有：平行或相交，C為假命題；對于D：根據(jù)空間中面面的位置關(guān)系可知平行于同一平面的兩個(gè)平面平行，D為真命題；故答案為：AD.

【分析】利用已知條件結(jié)合線線平行的判斷方法、面面平行的判定定理，進(jìn)而找出真命題的選項(xiàng)。10．【答案】A,B,D【解析】【解答】對于A，由依題意得AB=(2，?1)對于B，由題意得OA=(1則|OA|=1所以結(jié)合A選項(xiàng)得|OA|2+|對于C，結(jié)合B選項(xiàng)得OD=OA+OB=對于D，結(jié)合B選項(xiàng)得OA=(1，2則x+2y=0x2+y2故與OA垂直的單位向量的坐標(biāo)為(255故答案為：ABD．

【分析】由依題意結(jié)合向量的坐標(biāo)表示的向量的坐標(biāo)，再結(jié)合向量的模的坐標(biāo)表示得出|AB→|的值；由題意結(jié)合向量的坐標(biāo)表示得出OA=(1，2)，OB=(3，1)11．【答案】B,C【解析】【解答】A：在△ABC中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC且當(dāng)λ=μ=12時(shí)，H，G分別為DA，DC中點(diǎn)，所以在所以EF∥HG且EF=HG，所以四邊形EFGH是平行四邊形，又E，H分別為AB，AD中點(diǎn)，所以當(dāng)BD⊥AC時(shí)有EH⊥EF，平行四邊形EFGH為矩形，所以四邊形EFGH不一定是矩形，A不符合題意；B：當(dāng)λ=μ=23時(shí)，DGDC=DH則由A可知EF∥HG且EF≠HG，所以四邊形EFGH是梯形，B符合題意；C：當(dāng)λ≠μ時(shí)，EF不平行于HG，又因?yàn)镠G?平面ADC，EF?平面ADC，所以HG，EF是異面直線，四邊形D：不妨設(shè)直線EH，F(xiàn)G，因?yàn)镋F∥AC，AC?平面ADC，EF?平面ADC，所以EF∥平面ADC，又因?yàn)橹本€EH，F(xiàn)G相交于點(diǎn)O，所以EF?平面因?yàn)槠矫鍱HGF∩平面ADC=HG，所以EF∥HG∥AC，所以可得λ=μ，矛盾，D不符合題意；故答案為：BC

【分析】利用已知條件結(jié)合空間四邊形的結(jié)構(gòu)特征，再結(jié)合中點(diǎn)的性質(zhì)和向量共線定理，再利用矩形的結(jié)構(gòu)特征、梯形的結(jié)構(gòu)特征、空間四邊形的結(jié)構(gòu)特征、三線交于一點(diǎn)的判斷方法，進(jìn)而找出說法正確的選項(xiàng)。12．【答案】A,C【解析】【解答】對于A：∵ac=1+即sinAcosC=注意到ac=1+可得C∈(0，π2所以C=A?C或C+(A?C)=A=π（舍去），即A=2C，A符合題意；對于B：由A可得sinA則2sin由正弦定理可得2acos由余弦定理可得2a×a2+對于D：∵A=2C，則0<C<π20<2C<π0<π?3C<π，解得由正弦定理可得：ac∵0<C<π3，則cosC∈(對于C：∵A=2C，則1=1即1tan當(dāng)且僅當(dāng)2sinA=1故答案為：AC

【分析】利用ac=1+cosAcosC和正弦定理以及兩角差的正弦公式可得sinC=sin(A?C)，注意到ac=1+cosAcosC>0，則cosC>0，再結(jié)合余弦函數(shù)的圖象得出角C的取值范圍，再利用三角形中角A的取值范圍，再結(jié)合不等式的基本性質(zhì)得出A-C的取值范圍和已知條件得出A=2C；由A可得sin13．【答案】3【解析】【解答】因?yàn)閍=2，b=3，c=7，則S故答案為：33

【分析】利用已知條件結(jié)合S=14[14．【答案】14π【解析】【解答】由已知可得長方體的外接球半徑為32則該球的表面積是4π×(故答案為：14π.

【分析】由已知條件結(jié)合勾股定理和直徑與半徑的關(guān)系式，進(jìn)而得出長方體的外接球半徑，再利用球的表面積公式得出該球的表面積。15．【答案】7【解析】【解答】在Rt△ACD中，∠CAD=45°，CD=20，則在Rt△BCD中，∠CBD=30°，CD=20，則在△ABD中，由余弦定理AB可得AB=207所以步行速度為為207故答案為：73

【分析】在Rt△ACD中，∠CAD=45°，CD=20，再結(jié)合直角三角形中三角函數(shù)的定義得出AD的長，在Rt△BCD中，∠CBD=30°，16．【答案】(【解析】【解答】以B為原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，因?yàn)锽=π3，且|AB即|BC|=1，即BC=1，可得設(shè)A(x，0)，因?yàn)椤鰽BC過點(diǎn)C作CD⊥x，且若A=π6，可得AB=2，即即點(diǎn)A在線段DE上（不包含端點(diǎn)），即12又由AB=所以AB?即AB?AC的取值范圍為故答案為：(0【分析】以B為原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系，再利用B=π3，且|AB?AC|=1，再結(jié)合三角形法則，進(jìn)而得出BC的長，從而得出點(diǎn)C的坐標(biāo)，設(shè)A(x，0)，再利用三角形△ABC為銳角三角形，再利用三角形內(nèi)角和為180度的性質(zhì)，進(jìn)而得出A+C的值，從而得出角A的取值范圍，過點(diǎn)C作CD⊥x，且若17．【答案】（1）解：∵|a|=2，∴(（2）解：|2a|acos?2【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合數(shù)量積的運(yùn)算法則，進(jìn)而得出(2a+b)?(18．【答案】（1）解：∵m⊥n，m∴asin∴由正弦定理得sinAsinB+∴sin∴tanA=?3∴A=2π（2）解：由余弦定理cosA=解得c=1，負(fù)值舍去，∴S【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合數(shù)量積為0兩向量垂直的等價(jià)關(guān)系，再結(jié)合數(shù)量積的坐標(biāo)表示和正弦定理以及同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，進(jìn)而得出角A的正切值，再結(jié)合三角形中角A的取值范圍，從而得出角A的值。

（2）利用已知條件結(jié)合余弦定理得出c的值，再結(jié)合三角形的面積公式得出三角形△ABC的面積。19．【答案】（1）證明：連接BD，∵ABCD為平行四邊形，由題意可得：G是線段BD的中點(diǎn)，則G，H分別是線段BD，DF的中點(diǎn)，故GH∥BF.（2）解：存在，P是線段CD的中點(diǎn)，理由如下：由（1）可知：GH∥BF，GH?平面GHP，BF?平面GHP，∴BF∥平面GHP，連接PG，∵P、H分別是線段CD、DF的中點(diǎn)，則HP∥CF，HP?平面GHP，CF?平面GHP，∴CF∥平面GHP，BF∩CF=F，BF，CF?面故平面GHP∥平面BCF.【解析】【分析】（1）連接BD，再利用四邊形ABCD為平行四邊形，由題意可得點(diǎn)G是線段BD的中點(diǎn)，則G，H分別是線段BD，DF的中點(diǎn)，再利用中點(diǎn)作中位線的性質(zhì)和中位線的性質(zhì)，進(jìn)而證出GH∥BF。

（2）存在，P是線段CD的中點(diǎn)，理由如下：由（1）可知：GH∥BF，再利用線線平行證出線面平行，所以BF∥平面GHP，連接PG，PH，再利用P、H分別是線段CD、DF的中點(diǎn)結(jié)合中點(diǎn)作中位線的方法和中位線的性質(zhì)，則HP∥CF，再利用線線平行證出線面平行，所以CF∥平面GHP，再利用線面平行證出面面平行，從而證出平面20．【答案】（1）證明：以{AB，AD∵G是MN的中點(diǎn)，則AG=可得AC=4（2）解：過D作DO⊥AB，垂足為O，則BCDO為矩形，由題意可得DE=BC=23如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，則B(2，設(shè)P(2，可得PM=(?3則PM+可得(PM∵f(a)=2a2?注意到a∈[0，23]，∴當(dāng)a=3故(PM+PN【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合平面向量基本定理和中點(diǎn)的性質(zhì)，再結(jié)合向量共線定理得出AC=4AG，再利用三點(diǎn)共線的判斷方法證出A，G，C三點(diǎn)共線。

（2）過D作DO⊥AB，垂足為O，則BCDO為矩形，由題意可得DE=BC=23，AO=OB=2，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，進(jìn)而得出點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)P(2，a)(a∈[0，221．【答案】（1）證明：取PD的中點(diǎn)N，連接MN，設(shè)MN∩PC=G，連接GQ，由題意可得：PN∥MC，且PN=MC，則G為PC的中點(diǎn)，可得GN∥DC，且GN=12DC，即GM∥DC∵Q是棱AB的中點(diǎn)，則QB∥DC，且QB=1可得QB∥GM，且QB=GM，∴BMGQ為平行四邊形，則GQ∥BM，GQ?平面PQC，BM?平面PQC，故BM∥平面PQC.（2）解：取AA1的中點(diǎn)F，連接∵P，F(xiàn)分別是棱DD1，AA1的中點(diǎn)，則又∵AD∥BC，且AD=BC，則PF∥BC，且PF=BC，即BCPF為平行四邊形，則PC∥BF，∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1則PC∥QR，故QR∥BF，又∵Q是棱AB的中點(diǎn)，則R為AF的中點(diǎn)，即A1由題意可知：ARQ?DPC為臺(tái)體，可得S△AEQ則臺(tái)體ARQ?DPC的體積為VARQ?DPC正方體ABCD?A1B故平面PRQC將正方體分割成的上、下兩部分的體積之比76【解析】【分析】（1）取PD的中點(diǎn)N，連接MN，設(shè)MN∩PC=G，連接GQ，由題意可得：PN∥M