[数学]2023_2024学年黑龙江哈尔滨高一下学期期末数学试卷(东方红中学校)(原题版+解析版)

这是一份[数学]2023_2024学年黑龙江哈尔滨高一下学期期末数学试卷(东方红中学校)(原题版+解析版)，文件包含数学2023_2024学年黑龙江哈尔滨高一下学期期末数学试卷东方红中学校解析版docx、数学2023_2024学年黑龙江哈尔滨高一下学期期末数学试卷东方红中学校解析版pdf、数学2023_2024学年黑龙江哈尔滨高一下学期期末数学试卷东方红中学校原题版docx、数学2023_2024学年黑龙江哈尔滨高一下学期期末数学试卷东方红中学校原题版pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
2023~2024学年黑龙江哈尔滨高一下学期期末数学试卷（东方红中学校）
1. 复数
（其中 为虚数单位），则 在复平面内对应的点位于（
）
A. 第一象限
B. 第二象限 C. 第三象限
D. 第四象限
答案
解析
D
【分析】
根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】
因为
，
所以 在复平面内对应的点为
故选：D.
，位于第四象限.
2. 冰嘎别名冰尜，是东北民间少年儿童游艺品，俗称“陀螺”，通常以木镟之，大小不一，一般径寸余，上端为圆柱形，下端为锥形（如图①）.如图
②所示的是一个陀螺立体结构图，已知 分别是上、下底面圆的圆心， ，底面圆的半径为 ，则该陀螺的体积为（
，
，
）
A.
B.
C.
D.
答案
解析
A
【分析】
根据圆柱以及圆锥的体积公式，即可求得答案.
【详解】
由题意可知圆柱的高为
故该陀螺的体积为
故选：A
，
.
3. 已知向量 ， 满足
A. 3
，
，
，则
（
）
B.
C. 6
D.
答案
解析
C
【分析】
根据数量积的运算律求出
【详解】
，再由
及数量积的运算律计算可得.
因为
所以
，
，
，
，解得
，
所以
.
故选：C

4. 已知
A. 3
的内角
的对边分别为 ， ， ，
B.
，
，下面使得
C. 2
有两组解的 的值可以为（
D.
）
答案
解析
B
【分析】
根据
得到答案.
【详解】
要想
有两组解，则
，即
，
即
，
所以 的值可以为
故选：B
，其他值均不可
5. 如图，正六边形的边长为
，半径为1的圆 的圆心为正六边形的中心，若点 在正六边形的边上运动，动点
）
，
在圆 上运动且关于圆心
对称，则 的取值范围为（
A.
B.
C.
D.
答案
解析
B
【分析】
根据题意，以 为原点建立平面直角坐标系，设点
，则
，将
表示为关于 的表达式，结合正六
边形的性质算出
【详解】
的取值范围.
以
为原点，六边形的左、右顶点所在直线为 轴，建立如图所示平面直角坐标系，
则圆 的方程为
的纵坐标为
，当
在 轴下方，且位于正六边形与 轴平行的边上时，
，可得
，其中
．
，
设
，则
，
可得
所以
结合
，
，
，
，当
时，
有最小值 ，
有最大值 ，可知
根据图形的对称性，可知：当 在正六边形其它的边上时，
当
时，
，
也成立.
综上所述，
故选：B
的取值范围为
.
6. 若角 的终边经过点
A.
，则
（
）
B.
C.
D.
答案
D

解析
【分析】
根据三角函数的定义求出
【详解】
，
，再代入计算可得.
因为角 的终边经过点
，
所以
，
，
所以
.
故选：D
7. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，如
图，已知点 是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上 两点与点 在一条直线上，且在点 的同侧，若在 处分别测得球体建
筑物的最大仰角为 ，且 ，则该球体建筑物的最高点距离地面为（
，
，
和
）
A.
B.
C.
D.
答案
解析
A
【分析】
由圆的切线的性质可得
【详解】
，
的大小，由题意可得
的大小，进而求出球的高度.
设球的截面圆心为 ，连接
由圆的切线的性质可得：
，
，设球的截面圆的半径为 ，
，
，
则
，
，
所以
即
，可得
，
，
又因为
，
，
所以
，
所以
，
所以球的直径
，即该球体建筑物的最高点距离地面为
.
故选：A.
8. 已知三棱锥
的四个顶点均在同一球面上，
B.
，
，且三棱锥
体积的最大值为
D.
，则该球的表面积为
（
A.
）
C.
答案
解析
C
【分析】
求出
的外接圆半径，结合三棱锥
体积的最大时，S到平面
的距离最大，确定S的位置，从而在
中，列式

求解，求出外接球半径，即可求得答案.
【详解】
设三棱锥
在
的外接球球心为O，
，
中，
，则
,
而
设
，故
，
的外接圆半径为 ，其外心为 ，则
，
故
为定值；
故三棱锥
体积的最大时，S到平面
的距离最大，
，即得
设此时S到平面
的距离为h，则
；
此时
三点共线，且
，
由于
则在
解得
平面
，
平面
，故
，设外接球半径为R，
，则
中，
，故外接球的表面积为
，
，
故选：C
【点睛】
关键点睛：解答本题的关键在于根据三棱锥体积的最大值，确定S的位置，从而求出外接球的半径.
9. 下列说法正确的是（
A. 已知复数 满足
）
， 为虚数单位，则 是方程
B.
D.
已知
，
，则
的一个根
C. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
答案
解析
AB
【分析】
根据复数的乘、除法运算即可判断A；根据诱导公式和反三角函数的概念即可判断B；
根据棱柱的定义，举例说明即可判断C；根据二倍角的正弦公式和诱导公式计算即可判断D.
【详解】
A：由
，得
，
将
代入式子
是方程
，
即
的一个根，故A正确；
，而
B：由
，得
，
解得
，所以
，故B正确；
C：将两个相同的斜平行六面体叠放组成的多面体不是棱柱，如图，故C错误；
D：
，故D错误.
故选：AB.

10. 已知函数
A.
，且
在
上有且仅有5个零点，则（
上最多有 C. 的图象在
最大值点
）
B.
的图象在
上有3个
D.
在
上单调递增
的取值范围是
5条对称轴
答案
解析
ACD
【分析】
由题意，根据零点的定义可得
【详解】
，进而
，利用正弦函数的的图象与性质，结合选项依次判断即可.
A：由
要使
解得
，得
，
在
上有且仅有5个零点，则
，
，故A正确；
，
B：由A知，
所以
的图象在
上有5或6条对称轴，故B错误；
，
C：由A知，
所以
的图象在
，得
上有3个最大值点，故C正确；
，又
D：由
，
所以
，所以
在
上单调递增，故D错误.
故选：ACD
11. 如图，已知圆锥的底面圆心为 ，半径
，圆锥的体积为 ，内切球的球心为
，则下列说法正确的是（
）
A. 侧面积为
C. 过点 作平面 截圆锥的截面面积的最大值为
B. 内切球
D. 设母线
的表面积为
中点为 ，从 点沿圆锥表面到 的最近路线长为
答案
解析
ABD
【分析】
对于A，根据体积求出圆锥的高，从而可求出母线长，进而可求出侧面积，对于B，由圆锥的内切球球心
然后利用 可求出内切球的半径，从而可求出表面积，对于C，根据题意可求得
作
，垂足为点 ，
，所以当顶角为直
角时截面面积最大，对于D，把圆锥的侧面展开一半，点 展开到 ，然后利用余弦定理求解即可.
【详解】
对于A，如图1，设圆锥母线为 ，高为 ，由半径
．A正确；
，体积为
得
，所以
，侧面积为
对于B，由圆锥的内切球球心
作
，垂足为点 ，设
，则
，由
，故B正确；
，
即
，解得
，内切球 的表面积为
，所以
对于C，
，
，则
，过点 作平面 截圆锥的截面面积最大时，对应三角
形为等腰直角三角形
，故C不正确；
对于D，如图2，把圆锥的侧面展开一半，点 展开到
所以从 点沿圆锥表面到 的最近路线长
，
，
，由余弦定理
，故D正确．

故选：ABD
【点睛】
关键点点睛：此题考查圆锥的内切球和圆锥的截面问题，解题的关键是充分利用圆锥的性质根据题意求解，考查空间想象能力和计算
能力，属于较难题.
12. 如图，四边形
的斜二测画法直观图为等腰梯形
，已知
，
，则四边形
的周长为
．
答案
解析
【分析】
将直观图复原为原图，求出相关线段的长，即可求得答案.
【详解】
由题意知在直观图等腰梯形
，
，
，
则
；
将直观图复原为原图，如图示：
则
，
作
于 ，则
的周长为
，
故四边形
．
故答案为：
.
13. 在锐角三角形
中，
，若
，则
的取值范围是
.
答案
解析
【分析】
由已知利用正弦定理可得
,再利用余弦定理可得
，进而可求 ，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简可得
, 利用 的范围，可求
的范围，利用正弦函数的图象和性质可求其范围.
【详解】
,
由正弦定理得

，
,
所以
,
,
所以
故答案为：
.
14. 已知平面向量 ， ，且
，
，向量 满足
，则
取最小值时，
.
答案
解析
【分析】
先根据平面向量数量积的定义求出
夹角，然后根据平面向量的加减法作出示意图，进而求出
和
，进而根据图形得出点
C的几何意义，最后确定取最小值时的 .
【详解】
∵
又
，
，而
，
，
，∴
，∴
，
，
，
因为向量 满足
如图所示，
，所以
，
若
，
，
，
，则
，
，
所以
若
，所以 在以 为圆心，2为半径的圆上，
，则
，由图象可得当且仅当 ， ， 三点共线且
取最小值，此时 ， ，又
时，
最小，
，所以
即
，
.
故答案为： .
15. 图①是一块正四棱台
的铁料，上、下底面的边长分别为
和
，
，
分别是上、下底面的中心，棱台高
.
(1)求正四棱台
的表面积；
(2)若将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台（如图②），求削去部分与圆台的体积之比.
答案
(1)
(2)

解析
【分析】
（1）求出棱台的侧面的高，结合棱台的结构特征以及表面积公式即可求得答案；
（2）由题意可知圆台
积，即可求得答案.
【详解】
的上下底面圆与与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高，由此可求出圆台以及正四棱台的体
（1）如图，正四棱台
的每个侧面皆为全等的等腰梯形，
，
分别取
过点M作
则
的中点为
于H，
，连接
，
故
，
所以正四棱台
的表面积为
；
（2）若要这块铁料最大限度打磨为一个圆台，
则圆台 的上下底面圆与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高，
则圆台的上底面半径为10cm，下底面半径为20cm，高为30cm，
则圆台 的体积为
，
而正四棱台的体积为
，
所以消去部分的体积为
，
则削去部分与圆台的体积之比为
.
16. 在
（1）以
中，点
，
是
所在平面内的两点，
，并求
，
，
，
，
.
，
为基底表示向量
上的一点，设
；
（2） 为直线
（ ， 是实数），若直线
经过
的垂心，求 ， 的值.
答案
（1）
，
；（2）
，
.
解析
【分析】
（1）由题意可得点
（2）利用共线可得
【详解】
，
分别是
的中点和三等分点，利用向量的线性运算可以用基底表示向量
，进而可得相应的模长；
，进而利用
，可得结果.
（1）
，则
，
，
，则
，
所以
；
（2）
，则
，
在直线
上，则
，可设
，
即
，得：
经过
，
因为
则
与
不共线，所以
，得：
的垂心，
，
，
，又直线
所以
即：
，即
，得：
，则
.
17. 已知
(1)求
的内角
，
，
的对边分别为 ， ， ，且
.
；
(2)若
的面积为
.

①已知
为
的中点，求
的最小值；
②求内角 的平分线
的最大值.
答案
(1)
(2)①
；②
解析
【分析】
（1）根据题意由正弦定理可得
（2）①由面积公式可得
，再利用余弦定理可得
，即可得结果；
，再根据中线性质结合基本不等式可得
；②根据角平分线结合面积关系可得
，利用倍角公式可得
，结合基本不等式分析求解.
【详解】
（1）因为
，
由正弦定理可得
整理得
，
，则
，
，
且
，所以
.
（2）①由题意可得
由于
，解得
，
则
，
当且仅当
时取等号，所以
，即
的最小值为
；
②由题意可得
，解得
，
因为
因为
则
为角
的角平分线，则
，
，
，
又
，则
，可得
，则
，
又因为
，即
且
，则
，
又因为
则
，当且仅当
．
时，等号取得到，
，所以
，
即
的最大值为
18. 设
(1)若
(2)若对任意
，其中
.
的最小正周期为 ，求 的值；
，恒有
，求 的取值范围.
答案
解析
(1)
(2)
【分析】

（1）根据立方和公式先化简
（2）构造函数
的表达式，再利用周期公式求解即可；
，将不等式恒成立问题转化为判断函数的单调性进行求解即可.
【详解】
（1）
，
由
的最小正周期为 ，得
，依题意可知
在 上单调递增.
，即
；
（2）设
，恒有
，
即
由
，
，
令
，此时
为单调递增函数，
从而
与
在上递增，
注意到
的单调增区间为
，
因此
，即
，解得
，
注意到
当
，因此当
时，
，即
；
，
时，
时，
当
，此时 无解.
.
综上可知，
19. 数学中有很多相似的问题，
材料一：十七世纪法国数学家，被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角
形的三个顶点的距离之和最小”，他的答案是：“当三角形的三个内角均小于 时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点
的连线两两成角 ，当三角形有一内角大于或等于 时，所求点为三角形最大内角的顶点”，在费马问题中所求的点称为费马点.
材料二：布洛卡点，也叫“勃罗卡点”，定义为：已知 内一点 满足 ，则称 的布洛卡点， 为
的布洛卡角，1875年，三角形的这一特殊点，被一个数学爱好者——法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名.
为
已知 ， ， 分别是
的内角
，
，
的对边，且
.
(1)求
(2)若
(3)若
；
为
的费马点，且
为锐角三角形，
，求
的值；
为
的布洛卡点， 为
的布洛卡角，证明：
.
答案
(1)
(2)
(3)证明见解析
解析
【分析】
（1）根据三角恒等变换的化简和正弦定理计算即可求解；
（2）由（1），根据余弦定理计算可得
数量积的定义计算即可求解；
，设
，由费马点的定义和三角形的面积公式，结合平面向量
（3）由余弦定理和三角形面积公式可得
；设
，由布洛卡点

的定义、余弦定理和三角形面积公式可得
，即可证明.
【详解】
（1）
，
，
，由正弦定理得
，又
，
，即
，又
，
所以
；
（2）由（1）知
所以
，由余弦定理得
，又
，
，
所以
设
.
，由
知
的三个角均小于
，
所以
，又
，
所以
，得
，
所以
；
（3）在
中，由余弦定理和三角形面积公式得
，
，
，
三式相加得
设
①；
，
在
在
中，
，得
，得
，得
，
中，
中，
，
在
，
所以
即
，
，即
②，
由①②得
【点睛】
，即证.
方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究
“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是三角恒等变换与解三角形的相关知识.