黑龙江省哈尔滨市第三中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

哈三中2022-2023学年度下学期

高一学年期中考试数学试卷

考试说明：（1）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟；

（2）第Ⅰ卷，第Ⅱ卷试题答案均答在答题卡上，交卷时只交答题卡．

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. （    ）

A. 1 B. －1 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数乘方的性质即可求得该式的值.

【详解】

故选：D

2. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列说法错误的是（    ）

A. 若，，则

B. 若，，则

C. 若，，，则

D. 若与异面，，，，，则

【答案】B

【解析】

【分析】根据直线与平面的位置关系可判断ABC；利用反证法可判断D.

【详解】对于A，根据垂直于同一平面的两条直线平行可知A正确；

对于B，若，，则或，故B错误；

对于C，根据直线与平面平行的性质定理可知C正确；

对于D，假设，因为，，，所以，

同理可得，所以，这与与异面相矛盾，故假设不成立，

则，故D正确.

故选：B

3. 已知长方体中，，，若与平面所成的角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据直线与平面所成角的定义得，即，设，求出，根据该长方体外接球的直径是，可求出，再根据球的表面积公式可求出结果.

【详解】连，因为平面，所以是与平面所成的角，

所以，所以，

设，则，即，

又，所以，所以，

即，所以，，

因为该长方体外接球的直径是，所以半径，

所以该外接球的表面积为.

故选：B

4. 已知中，为的中点，分别为上的点，，，交于点，若，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，用、作为基底表示，再根据向量相等，列方程求解即可.

【详解】设，则，

则，

则，

又为的中点，所以，

所以，

所以，解得，

故.

故选：A

5. 已知一个圆锥的底面半径为1，母线长为3，在其中有一个内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，圆柱的高为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求得圆柱的侧面积的表达式，进而求得其侧面积最大时圆柱的高.

【详解】设该内接圆柱底面半径为r，高为h，

又圆锥的底面半径为1，母线长为3，高为，

则，整理得，

则该内接圆柱的侧面积

，

（当且仅当时等号成立）

此时圆柱的高

故选：B

6. 在平面直角坐标系中，，，，则在上的投影向量的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据在上的投影向量为可求出结果.

【详解】因为，，，

所以，，

所以在上的投影为，

所以在上的投影向量为.

故选：C

7. 科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高18米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.

【详解】该组合体的直观图如图：

半球的半径为米，圆柱的底面半径为米，母线长为米，圆台的两底面半径分别为米和米，高为米，

所以半球的体积为（立方米），

圆柱的体积为（立方米），

圆台的体积为（立方米），

故该组合体的体积为（立方米）.

故选：C

8. 在中，角所对应的边分别为，设的面积为S，若不等式恒成立，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】转化为恒成立，由余弦定理、三角形面积公式以及不等式知识，得，再令，利用辅助角公式求出的最小值即可得解.

【详解】若不等式恒成立，即恒成立，

，当且仅当时，等号成立，

令，则，其中，，

则由，得，得，又，则，当且仅当时，等号成立，

则当且仅当且时，取得最小值，

所以.

故选：A

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知复数，则下列说法正确的是（    ）

A.  B. 的虚部为－2

C. 在复平面内对应的点在第四象限 D. 的共轭复数为

【答案】BC

【解析】

【分析】根据复数的除法运算法则求出，再根据复数的模长公式、复数的概念、复数的几何表示以及共轭复数的概念可得答案.

【详解】，

，故A不正确；

的虚部为－2，故B正确；

在复平面内对应的点在第四象限，故C正确；

的共轭复数为，故D错误.

故选：BC

10. 对于，有如下命题，其中正确的有（    ）

A. 若是锐角三角形，则不等式恒成立

B. 恒成立

C. 若，则为锐角三角形

D. 若，则为钝角三角形

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用三角函数诱导公式和正弦函数单调性求得的大小关系判断选项A；利用余弦定理求得的大小关系判断选项B；利用正弦定理余弦定理求得的形状判断选项C；利用正弦定理余弦定理求得的形状判断选项D.

【详解】选项A：若是锐角三角形，则，

则，则，

即.判断正确；

选项B：

.判断正确；

选项C：由，可得，

则，则，又，

则.则为钝角三角形.判断错误；

选项D：若，则，

则中C为最大角，可令，

则

又，则.则为钝角三角形.判断正确.

故选：ABD

11. 已知正方体的棱长为2，面和面的中心分别为，，，，分别为，的中点，下列结论中正确的是（    ）

A. 该正方体的内切球半径为1

B. 直线平面

C. 直线与直线相交

D. 平面截正方体所得的截面面积为

【答案】ABD

【解析】

【分析】A显然正确；通过证明和可证平面；根据异面直线的判定定理可得C不正确；作出截面为梯形，计算梯形的面积可得D正确.

【详解】对于A，因为正方体的棱长为2，所以该正方体的内切球半径为1，故A正确；

对于B，连， ，因为平面，平面，所以，又，且，所以平面，

因为平面，所以，同理可得，

又，平面，所以平面.故B正确；

对于C，因为平面，平面，，平面，所以直线与直线是异面直线，故C不正确；

对于D，连，，则，，所以，

则平面截正方体所得的截面是梯形，

设，，的中点分别为，连，则，

，，则，

又，，

所以梯形的面积为，故D正确.

故选：ABD

12. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ）

A. 当时，定值

B. 当时，三棱锥的体积为定值

C. 当时，有且仅有一个点P，使得

D. 当时，有且仅有一个点P，使得⊥平面

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A，当时，点在线段（不含点）上，取两个特殊点计算可知A不正确；对于B，当时，可得点在线段（不含上，利用线面平行以及棱锥的体积公式可知B正确；对于C，当时，取的中点，的中点，可得点在线段（不含点）上，设，根据勾股定理计算可得，可判断C正确；对于D，当时，取的中点为，的中点为，可得点在线段上（不含），当在点处时，可证平面，根据过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，可判断D正确.

【详解】对于A，当时，，得，得，

因为，所以点在线段（不含点）上，

当与重合时，，

当为的中点时，，所以不是定值，故A不正确；

对于B，当时，，，得，

因为，所以点在线段（不含上，因为，所以的面积为定值，又三棱锥的高也为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；

对于C，当时，取的中点，的中点，则，

则，

则，则，则点在线段（不含点）上，

设，则，

则，，，

若，则，则，则，

所以或（舍），则点与点重合时，即当时，有且仅有一个点P，使得，故C正确；

对于D，当时，取的中点为，的中点为，

由，

得，得，

因为，则点在线段上（不含），

当在点处时，取的中点，连，，

因为平面，平面，所以，

在正方形中，，又，平面，

所以平面，又平面，所以，

在正方形中，，又，平面，

所以平面，

因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，故有且只有一个点，使得⊥平面，故D正确.

故选：BCD

【点睛】关键点点睛：本题属于动点轨迹问题，关键是得到动点的轨迹，利用以及或的取值，利用向量的线性运算可得点的轨迹.

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 正三棱锥中，，，则直线和平面所成角的正弦值为___．

【答案】##

【解析】

【分析】先作出直线和平面所成的角，进而利用三角函数求得该角的正弦值.

【详解】取正中心为O，连接并延长交于D，连接，

则D为中点，平面，

则为直线和平面所成的角，

中，，，，则，

中，，，，

则，

则.

则直线和平面所成的角的正弦值为.

故答案为：

14. 在复平面内，复数满足，i为虚数单位，则的最小值为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据复数几何意义可求出结果.

【详解】因为，所以复数对应的点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，

又的几何意义是表示复数对应的点与点之间的距离，

其最小值为原点到点之间的距离减去圆的半径，

故的最小值为.

故答案为：.

15. 赵爽是我国汉代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》作注解时，给出了“赵爽弦图”：四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大的正方形．如图，正方形的边长为，正方形边长为1，则的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】设，根据勾股定理求出，然后求出，，，，根据两角和的余弦公式求出，最后利用平面向量数量积的定义可求出结果.

【详解】设，则，，

在直角三角形中，，即，即，

解得或（舍），

在直角三角形中，，，，

在直角三角形中，，，

所以

，

所以.

故答案为：.

16. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足．若A，B，C，D四点共圆，且点D与点A位于直线BC的两侧．，，则AD=______．

【答案】

【解析】

【分析】根据余弦定理，结合不等式以及三角函数的有界性可得，进而可得，进而由余弦定理即可求解.

【详解】由，与相加可得，

由于，所以,

所以,由于,故，

如图可知：,，,

在中，由余弦定理可得 ,

解得 或（舍去），

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤

17. 设，为平面内不共线的两个单位向量，，，．

（1）以，为基底表示；

（2）若，求

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用平面向量基本定理列方程组即可求得；

（2）利用向量数量积即可求得的值.

小问1详解】

设，又，，．

则，

则，解之得，则

【小问2详解】

，，则

又由，可得，则，

，又，，则，

则

18. 已知棱长均相等的正三棱柱，M，N分别为棱，中点．

（1）证明：平面；

（2）证明：平面．

【答案】（1）详见解析；   

（2）详见解析；

【解析】

【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得平面；

（2）利用线面垂直判定定理即可证得平面．

【小问1详解】

设，连接

又棱长均相等的正三棱柱中，M，N分别为棱，中点．

则，，

则，则四边形为平行四边形，

则，又平面，平面，

则平面；

【小问2详解】

取中点S，连接，则

又面面，面面，面，

则面，又面，则

又正方形中，，则,

则，又，

则，则，

又，，面，

则面，又面，则，

又正方形中，，，

平面，则平面．

19. 已知锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．在下列三个条件：

①，，且；

②；

③中任选一个，回答下列问题．

（1）求角A；

（2）若，求内切圆的半径．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）选①利用向量平行充要条件列出关于角A的三角方程解之即可求得A的值；选②利用三角形面积公式和余弦定理列出关于角A的三角方程解之即可求得A的值；选③利用正弦定理和余弦定理列出关于角A的三角方程解之即可求得A的值；

（2）利用题给条件求得的值，进而利用面积等式求得内切圆的半径．

【小问1详解】

选①，，且；

则，即，

则，又，

则，即；

选②由，可得

则，又，则；

选③由，

可得，

即，则，

则，又，则

【小问2详解】

由，，

可得， ，

联立，解之得，或，

则内切圆的半径

20. 如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点．

（1）若，棱上是否存在点，使得平面平面？并说明理由；

（2）若，，，异面直线与成角，求异面直线与所成角的余弦值．

【答案】（1）存在，理由见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）当时，根据面面平行的判定定理可证平面平面；

（2）在上取点，且，连，可得，又，可得（或其补角）是异面直线与所成的角，在中，根据余弦定理可求出结果.

【小问1详解】

棱上存在点，且时，平面平面，

理由如下：

连，，

因为，，所以，

因为平面，平面，所以平面，

因为，，所以，又，所以四边形是平行四边形，

所以，因为平面，平面，所以平面，

又平面，平面，且，

所以平面平面.

【小问2详解】

由（1）可知，，又，所以，

因为异面直线与成角，所以，

因为，且，平面，

所以平面，因为平面，所以，

在上取点，且，因为，所以，

又由（1）知，，所以（或其补角）是异面直线与所成的角，

，，所以，

，，

，

在中，.

所以异面直线与所成角的余弦值为.

21. 已知点为线段上的点，点为所在平面内任意一点，，，，，设，．

（1）求证：，并求出的值；

（2）若，求的面积．

【答案】（1）证明见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）在和中用正弦定理可得，在、中用正弦定理可得， 由得到，从而可得；

（2）由得，代入，求出，得，再根据可求出结果.

【小问1详解】

在中，由正弦定理得，得，

在中，由正弦定理得，得，

因为，，，，

所以，

在中，由正弦定理得，得，

在中，由正弦定理得，得，

因为，所以，，

所以，

所以，所以，

因为和都是三角形的内角，所以，，

所以，所以，

所以.

【小问2详解】

若，则，，

所以，得，

所以，得，

因为，所以，则，

在直角三角形中，，

所以的面积为.

22. 已知矩形ABCD中，，，分别为中点，为对角线交点，如图1所示．现将和剪去，并将剩下的部分按如下方式折叠：沿将，折叠，并使与重合，与重合，连接，得到由平面，，，围成的无盖几何体，如图2所示．

（1）求证：平面；

（2）若为棱上动点，求的最小值；

（3）求此多面体体积的最大值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）在图2中，取的中点，连，，，通过证明，，可证平面；

（2）将侧面与展开在一个平面内，根据两点间线段最短可求出结果；

（3）根据对称性得，因为的面积为定值，所以当平面平面时，三棱锥体积最大，由此计算可得结果.

【小问1详解】

在图2中，取的中点，连，，，

因为，为的中点，所以，

同理得，，

因为，平面，所以平面，

因平面，所以，

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以，

因为，平面，所以平面.

【小问2详解】

将侧面与展开在一个平面内，如图：

当点是与的交点时，最小，

在图1中，，，所以

因为，，，，，，

所以，所以，

所以.

所以的最小值为.

【小问3详解】

根据图形的对称性可知，，

因为的面积为，为定值，

所以当点到平面的距离最大值时，三棱锥体积最大，此时平面平面，点到平面的距离等于点到的距离，等于，

所以此多面体体积的最大值为.