精品解析：天津市第四十七中学2021-2022学年高一下学期第一次月考数学试卷

天津市第四十七中学2021—2022（二）高一年级 第一次月考数学试卷 一．选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.本大题共 9个小题，每题5分，共45分） 1. 向量，化简后等于（ ） A. B. C. D. 2. 利用斜二测画法画边长为的正方形的直观图，正确的是图中的（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则是向量与向量共线的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. 5 D. 4 5. 已知向量，向量，则向量在方向上的投影为（ ） A. 1 B. -1 C. D. 6. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的有（ ） ① ② ③ ④ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 7. 已知直三棱柱，O为正三角形ABC的外心，则异面直线与OB所成角的正弦值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 8. 已知，是非零向量且满足，，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 9. 在中，内角的对边分别为，，，的面积为，则的最小值为（ ） A B. C. D. 二．填空题：（本大题共6小题.每题5分共30分） 10. 如图，正方体的棱长为1，则点到平面的距离为______. 11. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为24，则这个球的体积为____________. 12. 已知，且与的夹角为锐角，则的取值范围为________. 13. 在梯形中，已知，，，若，则=_________ 14. 如图，在正四棱柱中，P是侧棱上任意一点，设三棱锥的体积为，正四棱柱的体积为V，则的值为________． 15. 如图，在平面四边形中，，，，若点为边上的动点，则的最小值为______． 三．解答题.（共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）. 16 已知向量，，，且. （1）求实数m的值； （2）求； （3）求向量与的夹角. 17. 如图所示，在四边形中，，，（参考公式：台体的体积公式：，圆台的侧面积公式：） （1）求四边形绕旋转一周所成几何体的表面积 （2）求四边形绕旋转一周所成几何体的体积 18. 在中，内角A、、的对边分别为，，，． （1）求角大小； （2）若，．求： （ⅰ）面积和边长； （ⅱ）的值． 19. 已知向量，，函数. （1）求最小正周期和对称轴； （2）求在区间上的最大值； （3）若，，求. 20. 如图，在正方体中，点为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求：直线与平面所成角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市第四十七中学2021—2022（二）高一年级 第一次月考数学试卷 一．选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.本大题共 9个小题，每题5分，共45分） 1. 向量，化简后等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的加法与减法可化简所得向量式. 详解】. 故选：D. 2. 利用斜二测画法画边长为的正方形的直观图，正确的是图中的（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用斜二测画法作出直观图，可得结果. 【详解】作出正方形的斜二测直观图如下图所示（单位：）： 故选：C. 3. 已知向量，，则是向量与向量共线的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由向量共线解得的值，从而判断充分性和必要性. 【详解】当时，，，则向量与向量共线； 当向量与向量共线时，，即，解得或， 所以是向量与向量共线的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. 5 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示求出，再求出，然后利用坐标计算向量的模长即可； 【详解】因为，所以，解得， 所以，所以， 所以， 故选：C. 5. 已知向量，向量，则向量在方向上的投影为（ ） A. 1 B. -1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量投影的计算公式求解即可； 【详解】向量在方向上的投影为， 故选：B. 6. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的有（ ） ① ② ③ ④ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面、面面的位置关系，逐一判断可得选项. 【详解】解：对于①，若，由于m，n不一定相交，故也不一定成立，故①错误； 对于②，若，则，故②正确； 对于③，若，则m，n可能平行也可能异面，故③错误； 对于④，若，则或nα，故④错误；. 综上得命题中正确的是②，共1个， 故选：B. 7. 已知直三棱柱，O为正三角形ABC的外心，则异面直线与OB所成角的正弦值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】可画出图形，根据题意知为的垂心，从而得出，进而得出平面，进而得出，从而可得出异面直线与所成角的大小，即可求解． 【详解】解：如图，是等边三角形，且为的外心， 是的垂心， ，且平面，平面， ，且， 平面，且平面， ， 异面直线与所成角的大小为，异面直线与所成角的正弦值的大小为1. 故选：B． 8. 已知，是非零向量且满足，，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】由、是非零向量且满足，，利用向量垂直与数量积的关系可得，进而得到，即可得出． 【详解】、是非零向量且满足，， ， ， ，． 是等边三角形， 故选：B 9. 在中，内角的对边分别为，，，的面积为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据，利用二倍角公式得到，从而有，再由正弦定理，得到，然后利用余弦定理结合基本不等式求解. 【详解】因为，所以，， 又因为，所以， 所以， 所以. 当且仅当，即，时取“”， 故选：C. 【点睛】本题主要考查二倍角公式，正弦定理，余弦定理以及基本不等式，还考查了运算求解能力，属于中档题. 二．填空题：（本大题共6小题.每题5分共30分） 10. 如图，正方体的棱长为1，则点到平面的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】运用等体积法即可求解 【详解】设点到平面的距离为 在正方体中平面，所以为直角三角形 平面，所以到平面的距离为 ， 因为 故答案为： 11. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为24，则这个球的体积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据正方体的表面积，可得正方体边长，然后计算外接球的半径，利用球的体积的公式，可得结果. 【详解】设正方体边长，正方体外接球的半径为R， 由正方体的表面积为24，所以， 则，又，所以， 所以外接球的体积为：. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的表面积和体积问题关键是要求出外接球的半径，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 12. 已知，且与的夹角为锐角，则的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】由与的夹角为锐角，可得且，不共线，利用数量积和向量共线的条件即可得答案. 【详解】因为与的夹角为锐角，所以且，不共线. 所以，且. 解得，且. 故答案为：. 【点睛】本题考查平面向量的夹角，利用数量积和向量共线的条件解题.对于非零向量 ，，故，.当已知的夹角为锐角或钝角时，一定要注意两向量的夹角为(同向共线)或(反向共线)的情况. 13. 在梯形中，已知，，，若，则=_________ 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意画出梯形，由平面向量的线性运算及平面向量基本定理，即可求得的值，从而求得的值. 【详解】根据题意，，，，画出梯形如下图所示： 则 因为 所以 则 故答案为： 【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量基本定理的应用，属于基础题. 14. 如图，在正四棱柱中，P是侧棱上任意一点，设三棱锥的体积为，正四棱柱的体积为V，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等积法可求出三棱锥的体积，由棱柱的体积公式可求出正四棱柱的体积，即求解. 【详解】设正四棱柱的底面的边长，高， 则，，所以. 故答案为：. 15. 如图，在平面四边形中，，，，若点为边上的动点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】建立直角坐标系，得出，，利用向量的数量积运算得出，，根据二次函数性质即可求的最小值． 【详解】以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图平面直角坐标系， 则，，， 设点坐标为，则，，， ∴， ∴当时，， 故答案为：． 三．解答题.（共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）. 16. 已知向量，，，且. （1）求实数m的值； （2）求； （3）求向量与的夹角. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示计算可得结果； （2）根据向量模长的坐标表示计算可得结果； （3）由向量夹角的坐标表示计算即可. 【小问1详解】 由题意可知， 又，可得， 解得 【小问2详解】 由（1）可知， 可得， 因此； 【小问3详解】 易知， 又，可得. 所以向量与的夹角. 17. 如图所示，在四边形中，，，（参考公式：台体的体积公式：，圆台的侧面积公式：） （1）求四边形绕旋转一周所成几何体的表面积 （2）求四边形绕旋转一周所成几何体的体积 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可知旋转一周所成几何体为圆台挖去一个圆锥的组合体，再利用台体侧面积公式以及锥体侧面积公式计算可得结果； （2）根据几何体的性质直接代入体积公式计算可得结果. 【小问1详解】 由题意可知，四边形绕旋转一周所成几何体为圆台挖去一个圆锥的组合体， 过点作，垂足分别为，如下图所示： 易知，所以， 又，所以，可得； 故圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，母线长； 圆锥底面半径，高，母线长， 所以圆台的侧面积为， 圆锥的侧面积为， 圆台的下底面面积为， 所以几何体的表面积为. 【小问2详解】 易知几何体的体积等于圆台体积减去圆锥体积， 即, 所以几何体的体积为. 18. 在中，内角A、、的对边分别为，，，． （1）求角的大小； （2）若，．求： （ⅰ）面积和边长； （ⅱ）的值． 【答案】（1） （2）（ⅰ），；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互换可得答案； （2）（ⅰ）由三角形面积公式及余弦定理可得答案； （ⅱ）由余弦定理可得，后由倍角公式，两角差的正弦公式可得答案. 【小问1详解】 因，由正弦定理可得： 又在三角形中，，则. 又，则，又，则； 【小问2详解】 （ⅰ）由（1），； 又由余弦定理，， 则； （ⅱ）由余弦定理：， 则，，又 . 则. 19. 已知向量，，函数. （1）求的最小正周期和对称轴； （2）求在区间上最大值； （3）若，，求. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由平面向量数量积的坐标表示及两角差的正弦公式，正余弦的二倍角公式化简即可； （2）由，确定，即可求解； （3）由求得，再由两角差的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 ， 所以， ， 所以的最小正周期为， 令，解得：， 所以对称轴为 【小问2详解】 由，， 得，故当，即时， 取得最大值，最大值为. 小问3详解】 ，可得：， 即，又，则， 所以， 所以. 20. 如图，在正方体中，点为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求：直线与平面所成的角. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【解析】 分析】（1）连结，连结，利用中位线定理证明，即可证明平面； （2）先证明平面即可证明； （3）连结，连结，即可判断出为直线与平面所成角，在直角三角形中可以求出直线与平面所成角. 【详解】（1） 连结 ∵为正方体 ∴为正方形 ∴为的中点 连结 ∵为的中点 ∴， 平面，平面 ∴平面 （2）∵为正方体 ∴为正方形， 平面 ，平面 ∴， ∴平面 ∵平面 ∴ （3）连结 ∵为正方体 ∴为正方形，平面 ∴， ∴平面 连结 ∴为在平面上的射影 ∴为直线与平面所成角 在直角三角形中 ∴ ∴直线与平面所成角为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$