黑龙江哈尔滨工业大学附属中学校2021-2022学年高一下学期期末数学试题及答案

这是一份黑龙江哈尔滨工业大学附属中学校2021-2022学年高一下学期期末数学试题及答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江哈尔滨工业大学附属中学校2021-2022学年高一下学期期末数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B．C． D．2．设命题，则为（    ）A． B．C． D．3．设复数满足，则（    ）A． B． C．4 D．54．复数，则的虚部是（    ）A． B． C． D．5．在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，点，若向量，则实数（    ）A．4 B．3 C．2 D．6．已知两非零向量，满足，且，则（    ）A．8 B．3 C．2 D．7．如图，在正方体中，为的中点，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．8．直三棱柱的各个顶点都在同一个球面上，若则此球的表面积为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，则下列说法正确的有（    ）A．B．C．，，若，则这样的三角形有两个D．若，则为锐角三角形10．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列说法错误的是（    ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，，则 D．若，，则11．如图，在正方体中，分别为的中点，则下列说法正确的是（    ）A．平面B．C．直线与平面所成角为D．异面直线与所成角为12．给出下列命题，其中错误的选项有（    ）A．非零向量，满足且与同向，则B．已知且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是C．若单位向量的夹角为，则当取最小值时，D．在中，若，则为等腰三角形 三、填空题13．已知 为正实数， 且， 则 的最小值为___________．14．在中，三个内角对应的边分别为，若，，则______.15．已知圆锥的底面直径为，过一母线的截面是面积的等边三角形，则该圆锥的体积为________． 四、双空题16．在长方体中，；点分别为中点；那么长方体外接球表面积为__________；三棱锥的外接球的体积为__________. 五、解答题17．已知，，，，且.(1)求的值；(2)求向量与向量夹角的余弦.18．如图，在三棱柱中，平面ABC，，D是BC的中点，O是与的交点．(1)证明：平面；(2)若，求三棱锥的体积．19．如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，．(1)求证：∥平面；(2)求证：平面平面．20．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求角C的大小；(2)若，，求的面积.21．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求B；(2)若，求面积的最大值.22．如图，三棱锥，侧棱，底面三角形为正三角形，边长为，顶点在平面上的射影为，有，且.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.
参考答案：1．C【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集、并集的定义计算可得；【详解】解：由，解得，即，又，∴，；故选：C．2．B【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，可得：命题“”的否定为“”.故选：B.3．B【分析】由复数的加减运算求出复数z，根据模的计算求得答案.【详解】，，故选:B.4．D【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义以及复数的概念可得合适的选项.【详解】，则，因此，的虚部是.故选：D.5．A【分析】根据向量垂直的坐标表示建立方程求解即可.【详解】解：，，，..又，，即，故选：A.6．A【分析】根据向量的垂直关系进行向量的数量积和向量的模的运算即可.【详解】两非零向量，满足，且，可得，.故选：A7．C【分析】分别取AD，AB的中点G，H，连接，易得或其补角为异面直线与所成的角求解.【详解】解：如图所示：分别取AB，AD的中点G，H，连接，易知，则或其补角为直线与所成的角，设正方体棱长，则，所以，故选：C.8．A【分析】由已知求出底面外接圆半径，再由直三棱柱的外接球半径与底面外接圆半径、侧棱的几何关系求球体半径，进而求此球的表面积.【详解】由题意，棱柱底面三角形中，底面外接圆半径，又为直三棱柱且，所以其外接球半径，故球体表面积为.故选：A9．BC【分析】A. 利用正弦定理判断；B. 利用正弦定理判断；C. 利用余弦定理判断；D. 利用余弦定理判断.【详解】A. 由正弦定理得，则，故错误；B. 由正弦定理得，再由比例性质得，故正确；C. 由余弦定理得，即，即，解得或，故正确； D. 由余弦定理得，则为锐角，但A，B不一定是锐角，故错误. 故选：BC10．AC【分析】根据线面、面面关系的性质定理与判定定理一一判断即可；【详解】解：对于A：若，，则或或或与相交不垂直，故A错误；对于B：若，，根据面面平行的性质可得，故B正确；对于C：若，，，则或或与相交或与异面，故C错误；对于D：若，，根据面面垂直的判定定理可得，故D正确；故选：AC11．ABC【分析】连接，，可得，利用线面平行的判定定理即可证明平面，故A正确；由线面垂直的性质可以得到，故B正确；直线与平面所成角即直线与平面所成角为，故C正确；异面直线与所成角即为直线与所成角，故D错误.【详解】\如图，连接，.在正方形中，为的中点,，即也为的中点，在中，分别为的中点，，又平面，平面，平面，故A正确；平面，，，故B正确；，直线与平面所成角即直线与平面所成角为，故C正确；由题可知，异面直线与所成角即为直线与所成角，即，为，故D错误.故答案为：ABC.12．ABC【分析】A选项，向量具有大小和方向的量，无法比较大小，A错误；B选项，向量夹角为锐角，要满足夹角的余弦大于0且夹角余弦值不等于1，求出且，B错误；C选项，利用向量的数量积运算法则计算得到，得到时，取得最小值，C错误；D选项，从向量的几何意义得到表示的平分线方向上的向量，由三线合一得到是等腰三角形.【详解】向量无法比较大小，故A错误；，要想与的夹角为锐角，则，且，，且，解得：且，B错误；，当时，取得最小值，C错误；在中，表示方向上的单位向量，表示方向上的单位向量，则表示的平分线方向上的向量，由得：的平分线方向上的向量与垂直，由三线合一可知：，则为等腰三角形，D正确.故选：ABC13．【分析】由基本不等式求解【详解】由题意当且仅当即时等号成立，故答案为：14．##【分析】利用正弦定理角化边可利用表示出，利用余弦定理可求得结果.【详解】由正弦定理可得：，又，，；由余弦定理得：，，.故答案为：.15．【分析】由截面面积可构造方程求得圆锥母线长，进而得到圆锥的高，利用圆锥体积公式可求得结果.【详解】由题意知：圆锥的底面半径；设圆锥的母线长为，则，解得：，圆锥的高，圆锥的体积.故答案为：.16．          【分析】求出长方体的对角线即为长方体外接球的直径，由此可得球表面积，设分别是中点，可证明平面，设平面与的交点分别为，在平面内过作，过作交于点，证得是三棱锥的外接球球心．在四边形中求得四边形外接圆直径，然后求出，再求出三棱锥的外接球的半径后球体积．【详解】长方体对角线长为，所以长方体外接球半径为，表面积为；如图，分别是中点，则是矩形，平面平面，分别是中点，则，而平面，所以平面，所以平面，而平面，平面，所以平面平面，平面平面，由平面，平面，得，而，设平面与的交点分别为，则分别是的中点，所以分别是和的外心，在平面内过作，过作交于点，由平面，得，，而，平面，所以平面，同理平面，所以是三棱锥的外接球球心．四边形是圆内接四边形，由长方体性质知，所以，，，，由平面，平面，得，，，，所以，所以三棱锥的外接球的体积为．故答案为：；．17．(1)(2) 【分析】（1）根据题意求出的坐标，由向量平行的判断方法可得关于的方程，即可得到结果；（2）设与的夹角为，由向量夹角公式计算即可得到结果.【详解】（1）根据题意，，，，，则，因为，则有，解得（2）由（1）可知，设与的夹角为，则18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由，根据线面平行的判定定理证明；（2）由棱锥体积公式计算．【详解】（1）连接OD，易知O是的中点．又D是BC的中点，是的中位线，，平面，平面．平面． （2）三棱锥与三棱锥是同一个三棱锥，且，，．19．(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定，证明即可；（2）过C作，垂足为M，根据勾股定理证明，再根据线面垂直的性质与判定证明平面BCE即可【详解】（1）证明：因为四边形ABEF为矩形，所以，又平面BCE，平面BCE，所以平面BCE．（2）过C作，垂足为M，则四边形ADCM为矩形．因为，，所以，，，，所以，所以．因为平面ABCD，，所以平面ABCD，所以．又平面BCE，平面BCE，，所以平面BCE，又平面ACF，所以平面平面BCE．20．(1)；(2). 【分析】（1）先利用正弦定理化简，再利用余弦定理得解；（2）利用正弦定理得，再求出即得解.【详解】（1）解：由正弦定理得，，∴，∵，∴.（2）解：因为，∴，，代入已知得，，即，又∵，∴，∴.21．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理及和角公式得，进而求得，即可求出B；（2）由余弦定理及基本不等式求出，再结合三角形面积公式即可求解.【详解】（1）因为，由正弦定理得，整理得，因为，所以，即，由B为三角形内角得；（2）由余弦定理得，，当且仅当时取等号，解得，面积，所以面积的最大值.22．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）证明，原题即得证；（2）以为原点，方向直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）解：因为，且，，所以，所以．因为为正三角形，所以，又由已知可知为平面四边形，所以．因为平面，平面，所以平面．（2）解：由点在平面上的射影为可得平面，所以，．如图，以为原点，方向直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则由已知可知，1，，，，，，0，，，，．平面的法向量，0，，所以,设，，为平面的一个法向量，则由，得，令，则，，所以平面的一个法向量， ，所以，由图象知二面角是钝二面角，所以二面角的余弦值为.