山东省泰安第一中学2022-2023学年高一下学期期中(答案)数学期中试题 (1)(1)

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泰安一中新校区 2022-2023 学年高一下学期期中考试

数学试题解析

2023.5

一､单项选择题：

1. B 2. B 3. D 4. A 5. C 6. A 7. A 8. C

二､多项选择题：

9. BD 10. ACD 11.ACD 12. ACD

11.【详解】对于 A，由正弦定理可得

sin cos sin cos sin sinC B B C A a A  

，

因为

0 πA 

，所以

sin 0A

，所以

1a

，

若

2B C A 

，且

πB C A  

，所以

A

，

由余弦定理得

2 2 2 2 2

π 1

cos cos 3 2 2

b c a b c

Abc bc

+ - + -

= = =

，

由

0, 0b c 

，可得

2 2 1 2b c bc bc+ = + ³

，即

1bc 

，

则

ABC

面积

1 1 3 3

sin

2 2 2 4

bc A   

，所以

ABC

面积的最大值为

，故 A正确；

对于 B，若

A

，且

1a

，由正弦定理得

sin sin 4

B

，

所以

π 2

sin sin 4 2

B b b 

，当

sin 1B

时即

2b

，所以

2b

时有一解，故 B错误；

对于 C，若 C=2A，所以

π 2 π 3B A A A= - - = -

，且

ABC

为锐角三角形，

所以

0 2 2

0 π 3 2

 



 





  





，解得

π π

6 4

A 

，所以

2 3

cos ,

2 2

A 

 

 

 

，

由正弦定理

sin sin

a c

A C



得

 

1 sin sin 2 2 cos 2, 3

sin sin

C A

c A

A A



   

，故 C正确；

对于 D，做

OD BC

交

于点

点，则

点为

的中点，且

1BC 

，

设

OBD



Ð =

，所以

cos BD



，

所以

1 1

cos 2 2

BC BO BC BO BC BO BC BD BC



         



        



，故 D正确.

12.【详解】由题意，

的中点 O即为

P ABC

的外接球的球心，

设外接球的半径为

，则

4 108

3 3





，得

3R

，

在

Rt PAB

中，

2 2 2

PA AB PB 

故

2 2 2

PB BC PC 

,即

2 2 2 2 2

4PA AB BC PC R   

，

而

2AB 

，所以

2 2 32PA BC 

，

鳖臑

P ABC

的体积

 

2 2

1 1 1 1 16

3 2 6 6 3

P ABC

V AB BC PA BC PA BC PA

          

，

当且仅当

4BC PA 

时，取得等号，故

max

( ) 3

P ABC

V

，故 A项正确，B项错误

;

而

1 8

2 3

C ABO O ABC

V V V

 

  

，故 C项正确

;

设

P ABC

的内切球半径为

，由题意知三棱锥

P ABC

的四个侧面皆为直角三角形，

由等体积法

1 1 1 1 1 16

3 2 2 2 2 3

P ABC

V AB BC AB PA AC PA PB BC r



 

          

 

 

，

而

2 2 2 2

4 16 2 5, 2 5AC AB BC PB AP AB       

6PC 

得

 

16 16 5 32r  

，所以

2 5 1

5 1

r

 



，故 D项正确,

三､填空题：

13. 2 14.

32 2

15.

2 2

16. 2

16【详解】以

ABC

外接圆圆心为原点建立平面直角坐标系，如图，

因为等边

ABC

的边长为

，则

2 1

sin

BC r r

A  

，

设

1 3 1 3

(1,0), ( , ), ( , ), (cos ,sin )

2 2 2 2

A B C P

 

  

，

则

1 3

(1 cos , sin ), ( cos , sin )

2 2

PA PB

 

   

      

，

1 3

( cos , sin )

2 2



 

    

，所以

( 1 2cos , 2sin )PC PB

 

 

    

，

所以

 

1 cosPA PB PC



   

  

，

因为

1 cos 1



  

，所以

0 1 cosα 2£ - £

，所以

 

PA PB PC 

  

的最大值为 2．

四､解答题：

17.【详解】（1）设向量

 

,c x y



，因为

 

1, 2a



，

2 5c

，

c a

 

∥

，

所以

2 2 2 5

x y



 







，解得









，或

 



 



,所以

()

2, 4c=

或

 

2, 4c  



；

（2）因为

2a b

 

与

2a b

 

垂直，所以

   

2 2 0a b a b   

r r r r

，

所以

2 2

2 4 2 0a a b a b b     

     

而

b



，

2 2

1 2 5a  



，

所以

2 5 3 2 0

a b     

 

，得

a b  

 

，



与



的夹角为



，所以

cos 1

a b







   



 

，因为

 

 



，所以

 



18.【详解】（1）设圆锥的底面半径为 r，高为 h.

由题意，得：

2 2 3r

 



，∴

3r

，∴

3h

∴圆锥的侧面积

12 3 3 6S rl

  

   

,底面积

23S r

 

 

∴表面积

1 2 9S S S



  

（2）由（1）可得：圆锥的体积为

1 1 3 3 3

3 3

V r h

  

    

又圆柱的底面半径为

2 2

r

，高为

2 2

h

，

∴圆柱的体积为

3 3 9

2 2 4 2 8

r h



 

 

    

 

 

∴剩下几何体的体积为

1 2

9 15

38 8

V V V

 



    

19.【详解】（1）设

AD DC x 

，

由余弦定理可得

2 2

7 9 7 7

cos , cos ,

2 7 2 7 2 7

x x x

ADB CDB

x x

   

    

又

cos cosADB CDB

 

 

7 9

2 7 2 7

x x

 

  

，

1x 

，即

2AC 

（2）由（1）知

2 2

3 2 7 1

cos 2 3 2 2

A 

 

 

，因为



 

，所以





，

由

ABE ACE ABC

S S S 

  

可得，

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