2021-2022学年黑龙江哈尔滨市第九中学校高一下学期期中数学试题（解析版）

2021-2022学年黑龙江哈尔滨市第九中学校高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知为虚数单位，复数，则下列命题不正确的是（    ）

A．的共轭复数为 B．的虚部为

C．在复平面内对应的点在第一象限 D．

【答案】B

【分析】根据复数的定义和几何意义解决即可.

【详解】由题知，复数的共轭复数为，虚部为1，在复平面内对应的点为在第一象限，，故B错误

故选：B

2．某圆锥的母线长为2，侧面积为，则其体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设圆锥底面半径为r，高为h，根据侧面积，可求得r值，进而可求得圆锥高h，代入公式，即可得答案.

【详解】设圆锥底面半径为r，高为h，则底面圆周长为，

所以侧面面积，解得，

所以圆锥的高，

所以圆锥的体积.

故选：C

3．下列结论中不正确的是

A．若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点

B．若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线

C．若点既在平面内，又在平面内，则与相交于，且点在上

D．任意两条直线不能确定一个平面

【答案】D

【分析】由平面基本性质若两个不重合的平面有一个公共点，则两平面相交于过这一点的一条直线，有无数个公共点，可判断A,C正确，

由直线与直线外一点确定一个平面可得选项B正确；

由两条直线平行或相交，则可以确定一个平面可得选项D错误.

【详解】解：由平面基本性质可知，若两个不重合的平面有一个公共点，则两平面相交于过这一点的一条直线，有无数个公共点，因此选项A，C正确；

当平面四个点中，有三点共线，由直线与直线外一点确定一个平面可得此四个点共面，

故假设不成立，即其中任意三点不共线，因此选项B正确；

若两条直线平行或相交，则可以确定一个平面，因此选项D错误.

故选D.

【点睛】本题考查了平面的基本性质、线面关系，重点考查了空间想象能力，属基础题.

4．欧拉公式把自然对数的底数e、虚数单位、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”，若复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据欧拉公式，结合复数除法的运算法则、复数模的公式进行求解即可.

【详解】

，

故选：C

5．如图所示，在中，点是线段上靠近A的三等分点，点是线段的中点， 则（       ）

A．  B．

C．  D．

【答案】B

【分析】由向量线性运算的几何意义即可计算

【详解】.

故选：B

6．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，

①、，，；    ②，；

③，；                   ④，，．

则的充分条件可以是（    ）

A．①② B．①④ C．②③ D．②④

【答案】D

【分析】根据线线、线面、面面关系对各选项逐一分析判断即可.

【详解】因为，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，

①、，，，则与平行或相交，故①错误；

②，，则，故②正确；

③，，则与平行或相交，故③错误；

④，，，则，故④正确；

综上②④正确，

故选：D

7．四氯化碳是一种有机化合物，分子式为，是一种无色透明液体，易挥发，曾作为灭火剂使用．四氯化碳分子的结构为正四面体结构，四个氯原子（Cl）位于正四面体的四个顶点处，碳原子（C）位于正四面体的中心．则四氯化碳分子的碳氯键（C-Cl）之间的夹角正弦值为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将四面体放入正方体中进行计算，结合正方体和正四面体的几何特点，借助余弦定理即可容易求得结果.

【详解】如图所示，正方体的棱长为a，正四面体的棱长为，

又该正方体的体对角线长度为，故，

根据题意可知，所求夹角为，

在中，由余弦定理可得：，

故，即四氯化碳分子的碳氯键（C-Cl）之间的夹角正弦值为.

故选：D．

8．在如图所示的长方体中点为棱的中点，若为底面内一点，满足面，设直线与直线所成角为，则的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先根据面面平行找出与平面平行的平面，确定底面内一点所在线段上，然后将直线与直线所成角转化为直线与直线所成角，

再在直角三角形中，通过线段的最值即可得到的最值，从而得到的取值范围.

【详解】取中点，取中点，连接，，，，，.

在长方体中，，，

所以四边形为平行四边形，所以，

又因为，分别为，的中点，所以，所以，

又因为平面，平面，所以平面.

因为，，

所以四边形为平行四边形，所以，

又因为，分别为，的中点，所以，所以，

又因为平面，平面，所以平面.

因为，平面，平面，

所以平面平面.

所以底面内满足满足面的点在线段上，

又因为，

所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角.

在线段上任取一点，连接，，

因为底面，底面，所以，

所以为直角三角形，

，

在中，，，，

因为点在线段上，所以当时，的长度最小，

此时可利用等面积法，解得，

所以的最小值为，

当点和点重合时的长度最长为，

所以的最大值为，所以的取值范围是.

故选：C.

二、多选题

9．已知向量，，，，，则（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．的最小值为

【答案】ABD

【分析】对于A选项，根据平面向量平行的判定条件求解参数；

对于B选项，根据平面向量垂直的判定条件求解参数；

对于C选项，将向量，及代入等式，根据平面向量相等的判定条件求解参数与的关系；

对于D选项，根据向量的模长计算公式表示出向量的模长，然后根据二次函数求解最小值》

【详解】对于A选项，已知，则，解得，故A选择正确；

对于B选项，，由于，则，解得，故B选择正确；

对于C选项，由于，则，得，解得，故，故C选择不正确；

对于D选项，，

，

当时等号成立，即的最小值为，故D选项正确.

故选：ABD

10．在中，角所对的边分别为，已知，则下列判断中正确的是（       ）

A．若，则 B．若，则该三角形有两解

C．周长有最大值12 D．面积有最小值

【答案】ABC

【分析】对于ABC，根据正，余弦定理，基本不等式，即可解决；对于D，由正弦定理得，根据三角恒等变换解决即可.

【详解】对于A，，，由正弦定理得

所以，故A正确；

对于B，由正弦定理得得，所以，

因为有两个解，

所以该三角形有两解，故B正确；

对于C，由，得

，

所以，当且仅当时取等号，此时三角形周长最大为等边三角形，周长为12，故C对；

对于D，由得,

故

由于，

无最小值，

所以面积无最小值，有最大值为，故D错误.

故选：ABC

11．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点，且，则当移动时，下列结论正确的是（    ）

A．平面 B．平面

C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的体积不是定值

【答案】ABC

【分析】由面面平行证明线面平行判断A；由线面垂直的判定定理判断B；由的面积为定值，B到平面AEF的距离为定值，判断CD.

【详解】连接，正方体中，，从而易得：平面平面，又 平面，平面，选项A正确.

连接，与相交于点，与交于点，，，，，，易知平面，即，由线面垂直的判定可知，平面，即平面，故B正确；

中，EF=1，点A到B1D1距离不变，的面积为定值，且B到平面 的距离为定值，即B到平面AEF的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，故C正确，D错误；

故选：ABC

12．如图，我们常见的足球是由若干个正五边形和正六边形皮革缝合而成.如果我们把足球抽象成一个多面体，它有60个顶点，每个顶点发出的棱有3条，设其顶点数V，面数F与棱数E，满足（Euler's formula），据此判断，关于这个多面体的说法正确的是（    ）

A．共有20个六边形

B．共有10个五边形

C．共有90条棱

D．共有32个面

【答案】ACD

【分析】分别设出正五边形和正六边形的个数，利用关系式即可解出正五边形和正六边形的数量，以及棱数和面数.

【详解】解：由题意，

设共有m个正五边形，n个正六边形，

解得：.

B错误.

∵顶点数：，

解得：，

∴A正确.

面数：.

∴D正确.

棱数：.

C正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．在正三棱锥中，，，一只蚂蚁从点出发沿三棱锥的表面爬行一周后又回到点，则蚂蚁爬过的最短路程为___________．

【答案】

【分析】沿棱将正三棱锥展开，做出展开图，由题中条件，结合展开图，即可得出结果.

【详解】

将正三棱锥沿棱展开，得到如下图形，

由展开图可得，沿爬行时，路程最短；

因为，，

所以，

因此.

故答案为：.

14．已知向量，，若与的夹角为锐角，则的取值范围为___________．

【答案】且.

【分析】根据已知可得，且不共线，求解即可.

【详解】由得，，.

由已知得，，所以，即，且不共线.

则，.

又不共线，则.

所以，的取值范围为且.

故答案为：且.

15．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度 ________ m.

【答案】

【详解】试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.

【解析】正弦定理及运用．

16．表面积为的球面上有四点且 是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为，若面SAB 面ABC，则棱锥体积的最大值为__________．

【答案】

【分析】作图，找出图中的几何关系，显然 是等腰三角形时，体积 最大.

【详解】

是 的中心，显然当 是等腰三角形时最大，G是AB的中点，

由于平面SAB 平面ABC，  ， 平面SAB，平面 平面ABC=AB， 平面ABC，即SG是三棱锥S-ABC的高；

过球心O作平面SAB的垂线，垂足为H，则H必定在AG上，并且有 平面ABC，

设球O的半径为R，依题意则有 ， ， ，

在 中， ， ，

， ，

；

故答案为： .

四、解答题

17．已知向量，，与的夹角为.

(1)求及；

(2)求．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由数量积公式计算，再由求解即可；

（2）展开由数量积公式计算.

【详解】（1），

（2）

18．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点．

(1)求证：平面；

(2)求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)利用中位线的性质、线面平行的判定定理即可证明；(2)利用等体积法求解即可.

【详解】（1）

如图，连接交于点，再连接,

在中，为中点，为的中，所以,

且平面，平面,所以平面.

（2）因为该几何体为正方体，所以点到平面的距离等于，

所以点到平面的距离等于，

根据等体积法可知.

19．在中,内角所对的边分别为,已知, ,且.

(1)求角的大小;

(2)若,的面积为,求的周长

【答案】(1)；(2)

【解析】（1）由向量垂直关系得到数量积为零的等式，利用正弦定理边化角，结合两角和差公式、诱导公式可化简得到，进而求得；

（2）根据三角形面积公式构造方程求得，利用余弦定理可求得，进而得到所求周长.

【详解】（1）    

由正弦定理得：

即：

（2）    

由余弦定理得：

    的周长

【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角的应用、利用两角和差公式和诱导公式化简、平面向量数量积、三角形面积公式和余弦定理的应用等知识，属于常考题型.

20．如图，平面平面平面，异面直线 分别与平面 相交于点和点．已知，，，求、、的长．

【答案】，，

【分析】连接交平面于点，连接，，利用面面平行的性质定理得到，，再根据三角形相似得到对应边的比例，利用相似比例即可得到答案.

【详解】连接交平面于点，连接，，

因为平面平面，平面平面于，平面平面于，

所以，所以，，

又因为，所以，

所以，

因为，，所以，，

所以，

因为平面平面，平面平面于，平面平面于，

所以，所以，，

又因为，所以，

所以，因为，所以，

所以，所以，

又因为，所以，

所以，，.

21．如图，矩形中，，，将沿折起，使得点到达点的位置，.

(1)证明：平面平面；

(2)求异面直线与所成角的余弦值.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）根据勾股定理，线面垂直的判定定理证明即可；（2）在长方体中还原三棱锥，找到异面直线所成角，余弦定理解决即可.

【详解】（1）证明：因为，

所以，

所以，

因为平面，

所以平面

因为平面，

所以平面平面.

（2）由（1）得平面，

因为在中，,即

所以，

根据题意可做长方体如图

因为由图知，

所以异面直线与所成角等于直线与所成角，连接,

因为,

所以，

设直线与所成角为，

所以在中，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

22．如图，且 ，且，且平面，．

(1)若为的中点，为的中点，求证：平面；

(2)求多面体的体积.

(3)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．

【答案】(1)见解析

(2)

(3)

【分析】（1）建立空间直角坐标系证明即可得证；

（2）间接法求体积即可；

（3）设线段的长为（），空间向量法解决线面角即可求解.

【详解】（1）根据题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系，

因为且 ，且，

且平面，，

所以，，

，

证明：依题意得，，

设为平面的法向量，

所以，即，令，可得，

又因为，

所以，

所以，

因为平面，

所以平面；

（2）因为且 ，

且，且平面，，

所以,

将多面体补充得如图，

所以

（3）设线段的长为（），

所以点的坐标为，

所以，

因为平面,

所以设为平面的一个法向量，

所以，

由题意可得，

解得，

所以线段的长为.