期中押题预测卷（考试范围：第六-八章）-高一数学新教材同步配套教学讲义（人教A版2019必修第二册）

期中押题预测卷

一、单选题

1．（2022·全国·高一专题练习）已知向量，且，则一定共线的三点是（       ）

A．A，B，D B．A，B，C

C．B，C，D D．A，C，D

【答案】A

【解析】

【分析】

通过计算，结合三点共线的知识确定正确选项.

【详解】

依题意，

，所以共线，即三点共线，A正确.

，则不共线、不共线，BD错误.

，则不共线，C错误.

故选：A

2．（2022·山西大附中高一阶段练习）已知向量，夹角为，且，，则（       ）

A．3 B． C．4 D．5

【答案】D

【解析】

【分析】

将方程两边平方，然后结合数量积的定义可算出答案.

【详解】

因为向量，夹角为，且，，

所以，解得，

故选：D

3．（2022·重庆市开州中学高一阶段练习）在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

【分析】

由正弦定理结合得出.

【详解】

由正弦定理可得，，因为，所以，所以.

故选：A

4．（2022·上海交大附中高一阶段练习）在中，内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c．根据下列条件解三角形，其中有两解的是（       ）

A．、、 B．、、

C．、、 D．、、

【答案】A

【解析】

【分析】

前三个选项中已知两边和一对角，分别比较和之间、与之间的大小关系，从而得到三角形解的个数，D选项中已知两角和一边得三角形有唯一解

【详解】

A选项：，又，所以三角形有两个解，则A正确；

B选项：，又，所以三角形有一个解，则B错误；

C选项：，所以三角形有一个解，则C错误；

D选项：可得，所以三角形有一个解，则D错误；

故选：A.

5．（2022·重庆市开州中学高一阶段练习）已知等腰直角的直角边边长为1，那么的平面直观图的面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】

【分析】

由斜二测的画法结合三角形面积公式得出的平面直观图的面积.

【详解】

设，则，，则.

故选：D

6．（2022·陕西·西安工业大学附中高一阶段练习）已知设分别是内角的对边，且，，则向量在向量上的投影为(       )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

根据求出cosA；根据结合余弦定理可求c，则向量在向量上的投影为.

【详解】

由，

得，

则，即；

∵，

∴根据余弦定理得，，解得，

故向量在向量上的投影为.

故选：B.

7．（2022·四川·成都外国语学校高一阶段练习）在直角三角形ABC中，，M，N是斜边AB上的两个动点，且，则取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

令，利用向量的线性运算及数量积运算将表示成t的函数，再求函数值域作答.

【详解】

如图，中，，则，，令，则，

于是得

当时，，当或时，，

所以取值范围为.

故选：B

8．（2022·全国·高一课时练习）如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．3

【答案】B

【解析】

【分析】

连接，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，判断出当三点共线时，则即为的最小值.分别求出,,利用余弦定理即可求解.

【详解】

连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，

设点的新位置为，连接，则有.

当三点共线时，则即为的最小值.

在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即

在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.

同理可求：

因为，所以为等边三角形，所以，

所以在三角形中，,,

由余弦定理得：.

故选B.

【点睛】

（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；

（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：

①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；

②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.

二、多选题

9．（2022·浙江·嘉兴市第五高级中学高一阶段练习）已知向量，，，向量是与方向相同的单位向量，其中m，n均为正数，且，下列说法正确的是（       ）

A．a与b的夹角为钝角 B．向量a在b方向上的投影向量为

C．2m+n=4 D．mn的最大值为2

【答案】CD

【解析】

【分析】

由数量积的符号可判断A；根据投影定义直接计算可判断B；根据向量平行的坐标表示可判断C；由基本不等式结合可判断D.

【详解】

对于A，向量(2，1)，(1，﹣1)，则，则的夹角为锐角，错误；

对于B，向量(2，1)，(1，﹣1)，则向量在方向上的投影为，错误；

对于C，向量(2，1)，(1，﹣1)，则 (1，2)，若()∥，则(﹣n)=2(m﹣2)，变形可得2m+n=4，正确；

对于D，由C的结论，2m+n=4，而m，n均为正数，则有，当m=1，n=2时，mn有最大值2，正确；

故选：CD.

10．（2022·重庆市第七中学校高一阶段练习）设的内角，，所对的边分别为，，，，且，若点是外一点，，.下列说法中，正确的命题是（       ）

A．的内角 B．的内角

C．的面积为 D．四边形面积的最大值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】

根据正弦定理可求出，再根据，即可求出，进而判断AB是否正确；即可判断C是否正确；根据四边形的面积，即可求出四边形面积的最大值，即可判断D是否正确.

【详解】

∵，

∴，

∴，∴．故A正确．

又∵．∴，故B正确．

由于，由于角无法确定，故C不一定正确.

在等边中，设，，

在中，由余弦定理可得：，

由于，，代入上式可得：；

∴四边形的面积

，

∴当角时，四边形面积的最大值，最大值为，故D正确．

故选：ABD．

11．（2022·河北·大名县第一中学高一阶段练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若满足要求的△ABC有且只有1个，则b的取值可以是（       ）

A．1 B． C．2 D．3

【答案】ABC

【解析】

【分析】

根据余弦定理，根据三角形的性质进行求解判断即可.

【详解】

由，及，

得.若满足要求的△ABC有且只有1个，则或，

即或，解得或.

故选：ABC

12．（2022·全国·高一）如图，在四面体中，点分别是棱的中点，截面是正方形，则下列结论正确的是（       ）

A． B．截面PQMN

C． D．异面直线与所成的角为

【答案】ABD

【解析】

【分析】

根据线线、线面平行判定和性质逐一判断即可.

【详解】

解：因为截面是正方形 ，所以，

又平面，平面

所以平面

又平面,平面平面

所以

因为截面，截面，

所以截面，故B正确

同理可证

因为，所以，故A正确

又

所以异面直线与所成的角为，故D正确

和 不一定相等，故C错误

故选：ABD

三、填空题

13．（2022·上海交大附中高一阶段练习）己知向量，若，则___________．

【答案】2

【解析】

【分析】

首先求出的坐标，再根据，得到，根据向量数量积的坐标运算得到方程，解得即可；

【详解】

解：因为，所以，因为，所以，解得；

故答案为：

14．（2022·重庆市开州中学高一阶段练习）若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，三角形ABC的面积为S，若，则______.

【答案】

【解析】

【分析】

由三角形的面积公式和余弦定理可得，根据三角函数的有界性和均值不等式结合等式成立的条件可得答案.

【详解】

由，即，

∴，所以.

又，，

∴当且仅当，时等式成立，此时，

故答案为：

15．（2022·陕西·虢镇中学高一期末）《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.已知阳马，底面，，，，则此阳马的外接球的表面积为______.

【答案】

【解析】

将该几何体放入长方体中，即可求得外接球的半径，再由球的表面积公式即可得解.

【详解】

将该几何体放入长方体中，如图，

易知该长方体的长、宽、高分别为、、，

所以该几何体的外接球半径，

所以该球的表面积.

故答案为：.

16．（2022·全国·高一单元测试）点E、F、G分别是正方体的棱、、的中点，如图所示，则下列命题中的真命题是________．(写出所有真命题的编号)．

①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面中最多只有三个面是直角三角形；

②过点、、的截面是正方形；

③点P在直线上运动时，总有；

④点Q在直线上运动时，三棱锥的体积是定值；

【答案】③④

【解析】

【分析】

以三棱锥为例判断①，根据四边形的形状判断②，根据棱锥的体积公式判断③；根据平面判断④.

【详解】

解：以三棱锥为例，则此三棱锥的4个面均为直角三角形，故①错误；

，且，

过点、、的截面为矩形，故②错误；

，，

平面，

当在直线上运动时，平面，

，故③正确；

当在直线上运动时，△的面积为定值，到平面的距离为定值，

的体积是定值，故④正确．

故答案为：③④．

四、解答题

17．（2022·山西大附中高一阶段练习）已知向量，，，．

(1)求；

(2)是否存在实数，，使得；

(3)若，求实数的值．

(4)若与的夹角是钝角，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)存在实数，

(3)

(4)且

【解析】

【分析】

（1）根据题意，结合向量的坐标运算法则，计算即可得答案.

（2）求得的坐标，结合题意，列出等式，即可求得答案.

（3）分别求得和的坐标，根据向量平行法则，列出方程，即可求得答案.

（4）根据向量求夹角公式，可得，又，计算即可得答案.

(1)

向量，，．

，，，，．

(2)

，

，，，，，

，解得，，

存在实数，，使得；

(3)

，，

，

， 解得实数．

(4)

与的夹角是钝角

，且，

，且，

解得且

18．（2022·河北邢台·高一阶段练习）的内角、、的对边分别为、、，且.

(1)求的大小；

(2)若，且的面积为，试判断的形状.

【答案】(1)

(2)等腰直角三角形

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用三角形的面积公式可求得的值，利用余弦定理可求得的值，再结合勾股定理可得出的形状.

(1)

解：由及正弦定理得，

得，

因为，则，所以，则.

(2)

解：因为，所以.

由余弦定理得，得，

因为，且，所以为等腰直角三角形.

19．（2022·浙江·玉环市玉城中学高一阶段练习）如图，在四棱锥中，是等边三角形，平面，且，为中点.

(1)求证：平面；

(2)求证：平面平面；

(3)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【解析】

【分析】

（1）利用三角形的中位线定理平行四边形的判定，再结合及线面平行的判定定理即可证明；

（2）利用等腰三角形的三线合一得出，及线面垂直得，进而证明面，

再利用面面垂直的判定定理即可证明；

（3）根据等体积法，求出点G到平面CDF的距离为，再利用线面角的定义即可求解.

(1)

取中点，连，.如图所示

∵为中点，∴

又，∴.

∴四边形为平行四边形.

∴.

又面，面，∴平面.

(2)

∵为平行四边形，∴、、、共面.

∵为正三角形，为中点，∴.

又面，.

∴面，∴.

且.∴面.

又面，∴面面.

(3)

取BC中点G，连DG，FG.

则，且.

∴直线AB与面PCD所成角即为DG与面PDC所成角.

又，，，.

∴面面，且面PAB，∴面.

设G到平面CDF的距离为，由等积法

∴，∴.

设与面所成角为.

则.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

20．（2022·广东·深圳市南山外国语学校（集团）高级中学高一阶段练习）如图，，分别是矩形的边和的中点，与交于点N.

(1)设，，试用，表示；

(2)若，，H是线段上的一动点，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）引入，重新整理得出和这组基底的关系；

（2）以A为原点，AB，AD分别为x， y轴，建立平面坐标系，借助的方程，化为关于的表达式，从而利用二次函数性质求最值.

(1)

取AC的中点O，连OE，OF则，

因为，

所以.

(2)

以A为原点，AB，AD分别为x， y轴，建立直角坐标系，

则，，，，

直线的方程为：，

设，

则，，

所以，

当时等号成立.

21．（2022·湖南师大附中高一阶段练习）锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量，,且∥.

(1)求A；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由向量平行得到等式，由正弦定理得到，结合锐角三角形，得到A；（2）在第一问的基础上利用正弦定理，用角的正弦表示边，得到，利用锐角三角形求得B的范围，从而求出的取值范围.

(1)

因为，所以有，

由正弦定理可得：，

又因为，所以，所以，又，解得：；

(2)

由正弦定理可知：，

则，

又为锐角三角形，故且，解得：，

又，

由于，则，由正弦函数图象可知.

22．（2022·山东·高一阶段练习）如图，在斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面平面，异面直线与互相垂直.

（1）求证：平面平面；

（2）若与平面的距离为，，三棱锥的体积为，试写出关于的函数关系式；

（3）在（2）的条件下，当与平面的距离为多少时，三棱锥的体积取得最大值？并求出最大值.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.

【解析】

【分析】

（1）通过线面平行证明面面平行；

（2）找到三棱锥合适的底和高，并求出底和高关于的表达式，从而求出体积的表达式；

（3）求出表达式之后，利用函数思想即可求解体积的最大值，以及此时的值.

【详解】

（1）斜三棱柱中，四边形是平行四边形，且为的中点，为的中点，

所以且，所以四边形为平行四边形，

所以，

因为平面，平面，

所以平面；

连接，如图所示：

所以，且，所以四边形为平行四边形，

所以，且平面，平面，所以平面，因为,平面，

所以平面平面

（2）因为，为的中点，所以，

因为平面平面，

所以平面平面，且平面平面，，平面，

所以平面，平面，

所以与平面的距离，

因为平面，所以，中， ，所以，，所以

因为平面，则平面，平面，所以，且，，平面，

所以平面，且平面，

所以，记交点为，则三角形为直角三角形，

因为，且，，，

所以，，，

所以，

所以，即

（3）由（2）得：，，令，所以当，时，，此时，

所以当与平面的距离时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为6.

【点睛】

本题目第一小问是面面平行的证明，应用定理即可，比较基础；

第二问题目难度较大，需要找到各线段之间的位置关系以及长度关系，求三棱锥的体积，确定合适的底面和高，并求出底面积和高关于的表达式，涉及到线面垂直的证明，相似比例等内容；

第三问根据二次函数求最值的方法即可解决.