2022-2023学年陕西省西安市鄠邑区高一（下）期中数学试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年陕西省西安市鄠邑区高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.在平面直角坐标系中，若点A(0,1)，B(A.(−1,3) B.(−2.将一个等腰梯形绕对称轴所在的直线旋转180°，所得的几何体为(

)A.一个圆锥 B.两个圆锥 C.一个圆台 D.一个圆柱3.若直线上有一点在平面外，则下列结论正确的是(

)A.直线上所有的点都在平面外 B.直线上有无数多个点都在平面外

C.直线上有无数多个点都在平面内 D.直线上至少有一个点在平面内4.已知a，b为非零向量，且|a+b|A.a/​/b，且a与b方向相同 B.a/​/b，且a与b方向相反

5.已知向量a表示“向东航行1km”，向量b表示“向北航行3km”，则向量A.向东北方向航行2km B.向北偏东30°方向航行2km

C.向北偏东60°6.如果{e1,e2}A.若存在实数λ1，λ2使λ1e1+λ2e2=0，则λ1=λ2=0

B.向量(17.若圆锥的轴截面是等腰直角三角形，圆锥的体积是64π3，则侧面积是(

)A.1282π B.64π C.8.在△ABC中，M，N分别为AB，BC的中点，AB=AA.6 B.3 C.−3 D.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.已知向量a=(−4,2A.当a⊥b时，t=4

B.当a/​/b时，t=−1

C.a与10.如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A.直线AM与CC1是相交直线

B.直线AM与BN是平行直线

C.直线BN与MB111.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是(

)A.若m/​/n，n⊂α，则m/​/α

B.若m⊥α，m⊥n，则n/​/α

C.若α12.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则下列命题正确的是A.若A>B，则sinA>sinB

B.若cosAa=co三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知正四棱锥的底面边长为8，侧棱长为41，则表面积为______．14.如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图是图中的△A′B′C′，已知A′

15.如图，在几何体中，AD//BC，∠BAD=π2，AB=AD=2B

16.我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式d≈316V9.如果球的表面积为四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

已知向量a，b满足|a|=4，|b|=8，a与b的夹角是120°．

(Ⅰ)求a⋅b和|a18.(本小题12.0分)

如图，AB为⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，M为⊙O上任意一点．

(Ⅰ)求证：BM⊥平面PAM；

(19.(本小题12.0分)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点．

(Ⅰ)求证：平面A20.(本小题12.0分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，((Ⅰ)求B(Ⅱ)若D为AC的中点，BD=21.(本小题12.0分)

如图所示，在四棱锥C−ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点．

(1)求证：GF/​/平面A22.(本小题12.0分)

如图，在直角梯形OABC中，OA/​/CB，OA⊥OC，OA=2BC=2OC，M为AB上靠近B的三等分点，OM交AC于D，P为线段

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：∵A(0,1)，B(−1,2)，

∴AB=(2.【答案】C

【解析】解：将一个等腰梯形绕对称轴所在的直线旋转180°，

由旋转体的定义可知，上底旋转形成一个圆，下底旋转形成一个圆，

从而所得几何体为一个圆台．

故选：C．

利用旋转的特点以及圆台的定义和结构特征即可得到答案．

本题考查了旋转体的理解与应用，圆台的几何性质的应用，考查了空间想象能力，属于基础题．3.【答案】B

【解析】解：因为直线上有一点在平面外，所以直线与平面相交或直线与平面平行；

当直线与平面相交时，直线上只有一个点在这个平面内，

当直线与平面平行时，直线上所有的点都不在这个平面内；

所以，直线上有无数多个点都在平面外，选项B正确．

故选：B．

根据直线上有一点在平面外，得出直线与平面相交或平行，由此判断即可．

本题考查了直线与平面的位置关系应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．

4.【答案】A

【解析】解：∵a，b为非零向量，且|a+b|=|a|+|b|，

∴|a+b|2=(|a|+|b|)25.【答案】B

【解析】解：如图，作OA=a，OB=b．

则OC=a+b，所以|OC|=3+1=2，

且sin∠BOC=12，所以∠BOC=30°6.【答案】A

【解析】解：∵{e1,e2}是平面α内所有向量的一个基底，

∴由平面向量基本定理知，平面内任以向量都可由这个基底唯一的表示出来，因此A正确，C、D错误；

对于C，由向量的坐标的定义知C错误．

故选：7.【答案】D

【解析】解：根据题意，设圆锥底面圆的半径为r，

若圆锥的轴截面是等腰直角三角形，则圆锥的高为r，

则圆锥的体积V=13πr3=64π3，解可得r=4，

则圆锥的母线长l=16+16=48.【答案】D

【解析】解：如图，CM=12(CA+CB)=12(−AC+AB−AC)=12AB−AC，A9.【答案】AB【解析】解：对于A，当a⊥b时，

则−4×2+2t=0，解得t=4，故A正确；

对于B，当a/​/b时，−4t−4=0，解得t=−1，故B正确；

对于C，当a与b的夹角为锐角时，

则a⋅b=−8+2t>0，解得t>4，

当10.【答案】CD【解析】解：CC1⊂平面CC1D1D，M∈平面CC1D1D，M∉CC1，A∉平面CC1D1D，

由异面直线定义可得直线AM与C1C是异面直线，故A错误；

同理判断直线BN与MB1是异面直线，故C正确；

直线AM与DD1是异面直线，故D正确；

取D1D的中点K，连接AK，可得AK11.【答案】CD【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，若m/​/n，n⊂α，则m/​/α或m⊂α，A错误；

对于B，若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n/​/α，B12.【答案】AB【解析】解：由大角对大边以及正弦定理，可知A>B⇔a>b⇔sinA>sinB，故A正确；

若cosAa=cosBb=cosCc，由题意及正弦定理得，cosAsinA=cosBsinB=cosCsinC，则1t13.【答案】144

【解析】解：如图，正四棱锥P−ABCD，取AB的中点E，则PE⊥AB，

在△PAB中，PA=PB=41，14.【答案】10

【解析】解：直观图中的△A′B′C′，A′C′=6，B′C′=4，

所以原图形是Rt△ABC，且AC=615.【答案】21【解析】解：因为AB/​/CD，∠BAD=π2，且AE⊥平面ABCD，所以以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，

所以E(0,0,2)，F(4,2,1)16.【答案】16【解析】解：∵球的表面积为4π9，∴πr2=4π9，∴r=13，

∴d=13×2=2317.【答案】解：(Ⅰ)∵|a|=4，|b|=8，a与b的夹角是120°，

∴a⋅b=|a||b|cos【解析】(Ⅰ)进行数量积的运算即可求出a⋅b的值，根据|a+b|=(a+b)2进行数量积的运算即可求出|a18.【答案】(Ⅰ)证明：∵AB为⊙O的直径，M为⊙O上任意一点，∴AM⊥BM，

又PA⊥平面ABM，BM⊂平面ABM，∴PA⊥BM．

又PA⋂AM=A，PA，AM⊂平面P【解析】(Ⅰ)由已知可得AM⊥BM，再由PA⊥平面ABM，得PA⊥BM.然后利用直线与平面垂直的判定可得BM⊥平面PAM19.【答案】解：(Ⅰ)证明：由正方体的性质知：CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以CC1⊥BD，又BD⊥AC，AC⋂CC1=C，

所以BD⊥平面ACC1A1，又BD⊂平面BDC1，所以平面ACC1A1【解析】(Ⅰ)由线面垂直的性质有CC1⊥BD，再根据线面垂直的判定、面面垂直的判定即可证结论．

(Ⅱ)连接OC1，易知∠C20.【答案】解：(1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

∵(a+c)sinA=sinA+sinC，

∴(a+c)a=a+c，①

∴(a+c)(a−1)=0，

又a+c>0，

则a=1，

又c2+c=b2−1，②

由①+【解析】(1)由正弦定理可得(a+c)(a−1)=0，即a=1，然后结合余弦定理可得c21.【答案】(1)证明：由四边形ABED为正方形可知，连接AE必与BD相交于中点F，

故GF/​/AC，

∵GF⊄平面ABC，

∴GF/​/平面ABC．

(2)解：线段BC上存在一点H满足题意，且点H是BC中点，

理由如下：由点G，H分别为CE，CB中点可得：GH/【解析】(1)由四边形ABED为正方形可知，连接AE必与BD相交于