黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知平面向量，，若与共线，则实数的值为（ ）
A．2B．C．8D．
2．如图所示，在中，为BC边上的三等分点，若，，为AD中点，则（ ）
A．B．
C．D．
3．如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形的面积为（ ）

A．B．C．D．
4．对于空间中的直线a，b，c以及平面，，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
5．在中，，，满足此条件有两解，则BC边长度的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱组成的．已知中间圆柱部分的侧面面积与上下露在外面的球面面积之比为1：3，则中间圆柱部分的体积与上下两个半球体体积之和的比值为（ ）

A．1:2B．1:1C．2:1D．2:3
7．如图，已知圆锥的底面圆心为，半圆，表面积为，设母线PB中点为，从点沿圆锥表面到的最近路线长为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在中，，，，半圆在内，圆心为，半圆的直径刚好在AC上，弧形部分与AB，BC相切，切点分别为和，在半圆的圆弧部分（含端点）上有一点，且，则的取值范围为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
9．如图，三棱台中，平面，，且有，则下列命题正确的是（ ）

A．
B．
C．直线和所成角为
D．三棱台体积为
10．对于，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则一定为等腰三角形
C．若，则一定为直角三角形
D．若，则一定为钝角三角形
11．已知正方体棱长为2，为棱的中点，为正方体表面上一动点，下列说法中正确的是（ ）
A．点在线段上（含端点）运动时，直线与成角的取值范围为
B．点在平面上（含边界）运动时，若，则点的轨迹长度为
C．当点在中点时，过PE及点的截面多边形的周长为
D．若，则的轨迹长度为
三、填空题
12．已知，，,的夹角，若，则 ．
13．在中，A，B，C的对边分别是，，则角 ．
14．设复数，其在复平面内对应点为，且，复数，其在复平面内对应点为，且，若存在的轨迹上的两点、，使，则的取值范围为 ．
四、解答题
15．设复数，．
(1)若是纯虚数，求的值；
(2)若复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围．
16．在正四面体中，平面，D为AB中点，在CD上.

(1)求与平面所成角的正弦值；
(2)求证：.
17．如图所示，某海域在A，B两处分别设有停靠码头，B在A北偏东30°相距海里处，现由甲，乙两艘货船分别从A，B两处向C处航行．甲货船从A处以海里/小时的速度沿着正东方向行驶，乙货船从B处以3海里/小时的速度向沿东偏南45°的方向行驶，当航行至1小时，甲货船到达E处，乙货船到达F处，此时乙货船因故障停止航行并发出求救信号，甲接到信号后立即掉转方向并以海里/小时的速度行至F处施展抢修工作．
(1)求码头B和甲船位置E处相距多少海里．
(2)若抢修工作共经历1小时，抢修结束后乙船仍以原速度驶向C处，则自乙船从B处出发到乙船行至C处为止，共经过了多长时间，
18．在四棱锥中，底面是平行四边形，在上，且．
(1)若为中点，求证：平面；
(2)侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
19．如图1，等腰满足，，于．如图2，将绕着直线SA旋转时，在BA旋转而成的平面内总有点满足，，（点，点分别在直线BD两侧）．
(1)求线段长；
(2)求证：平面；
(3)记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，当四棱锥的体积最大时，求值．
参考答案：
1．A
【分析】先计算出向量的坐标，即，再根据向量共线解出的值.
【详解】由题意可得，
因为与共线，
所以，解得，故A正确.
故选：A
2．A
【分析】根据向量的线性运算即可求解.
【详解】
故选：A
3．D
【分析】根据斜二测画法计算即可
【详解】由题意可知，则正方形的面积为，
(原图为平行四边形，高，且)，
又，所以四边形的面积为.
故选：D
4．D
【分析】利用线面平行的判定定理和性质定理依次判断各选项即可得出结果.
【详解】对于A，因为，，则或，故A不正确；
对于B，因为，，与平行、相交、异面都有可能，故B不正确；
对于C，若，，，则与可能平行或异面，故C不正确；
对于D，若，，，利用线面平行的性质定理可得，D正确.
故选：D.
5．D
【分析】根据三角形有两解，应满足，化简即可求解.
【详解】∵有两解，
∴，∴，
故选：D．
6．A
【分析】根据圆柱的侧面积以及球的表面积公式可得，即可利用体积公式求解.
【详解】设球的半径为，圆柱的半径以及高分别为，
由题意可得且，故，
则中间圆柱部分的体积与上下两个半球体体积之和的比值为，
故选：A
7．D
【分析】利用表面积公式求出母线长，然后将侧面展开，利用余弦定理可得.
【详解】设圆锥的母线长为，由题知，解得，
将圆锥侧面展开如图，因为，所以，
所以，
所以.
故选：D
8．C
【分析】根据三角形的边角关系以及相切可得半径，即可建立直角坐标系，利用坐标运算，可得，即可利用三角函数的性质求解.
【详解】由，，可得,
故，
由于,,所以,故半径，
以为轴，过作，建立如图所示的直角坐标系，
,
设，则
，
由于，所以，
故，两式相减可得，
故，
由于，故，
故选：C

9．BC
【分析】根据线面垂直的性质即可求解A，根据勾股定理即可求解B，根据异面直线的几何法可得即为直线和所成角或其补角，即可根据长度关系判断为等边三角形求解C，根据台体的体积公式即可求解.
【详解】对于A,由于平面，显然不在平面内，且与平面也不平行，所以不与垂直，A错误，
对于B，取中点，连接,由于，所以且，故四边形为平行四边形，
故,由于平面，所以由于平面，平面，
故,
故,故B正确，
对于C，连接,由于,所以即为直线和所成角或其补角，
故为等边三角形，故,C正确，
对于D,由于棱台上下底面分别为直角边为1和2的等腰直角三角形，
所以棱台的体积为,故D错误，
故选：BC

10．ACD
【分析】利用正弦定理和大边对大角可判断A；取可判断B；先用正弦定理边化角，再根据和差公式化简，然后由正弦定理角化边可判断C；根据已知可判断中至少有一个为负数，然后结合的范围可判断D.
【详解】对于A，由正弦定理角化边得，由大边对大角可得，A正确；
对于B，取，则，B错误；
对于C，若，则，
正弦定理边化角得，
角化边得，即，为直角三角形，C正确；
对于D，因为，所以角最多有一个钝角，
若，则中至少有一个为负数，
即中必有一个为钝角，D正确.
故选：ACD
11．ABD
【分析】A选项通过平移将异面直线所成的角转化成一个平面内的直线所成的角；B选项利用球的定义找到点P的轨迹进而求得轨迹长度；C选项利用平行找到与正方体棱的交点，进而确定截面多边形，求各边长后求得多边形周长；D选项利用线面垂直得到的轨迹，进而求得的轨迹长度.
【详解】A选项，因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，所以直线与成角即为直线与成角，
因为，所以为等边三角形，
当与重合时，直线与成角最小，为，当位于中点时，直线与成角最大，为，
所以直线与成角的取值范围为，故A正确；
B选项，若，则点在以为圆心，为半径的球面上，
又因为在平面（含边界）上，所以是球面与平面的交线，取中点，则到平面的距离为，
由得，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，
所以长度是，故B正确；
C选项，
因为分别为中点，取中点，则且，所以四边形是平行四边形，所以，
取中点，由且知四边形是平行四边形，所以，
取中点，因为是中点，所以，由平行的传递性知，
所以四点共面，其中是上靠近的四等分点；
同理，取中点，中点，靠近的四等分点，可证，
所以，所以四点共面；
连接，五边形即为所求截面，
，，，，，
所以周长为，故C错误；
D选项，
取中点，因为平面，平面，所以，
又因为，所以，所以，
所以，所以，又，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理，取中点，则，由线面垂直的判定定理易知平面，
所以平面，所以的轨迹为，，所以的轨迹长度为，故D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】根据垂直关系可得数量积为0，即可结合数量积的运算律求解.
【详解】由，以及可得，
由可得，
解得，
故答案为：
13．
【分析】根据正弦定理边角互化，结合和差角公式可得，即可求解.
【详解】由正弦定理可得,
又,
故,
则，
由于,故,
由于，故，
故答案为：
14．
【分析】利用复数的几何意义确定的轨迹，数形结合计算即可.
【详解】设，其在复平面对应的点为，
易知，，，
所以P在上，Q在以A为圆心，1为半径的圆上，
由圆的对称性，不妨令平分，
即直线上存在点P满足，
如下图所示，显然当与圆相切时，张角最大，
此时可知，
根据图形可知：设直线与轴的交点为B，则，显然，
过A作轴交直线于C，则，
易知，则为等腰直角三角形，即，
故直线上满足的点有两个即或，
显然当点P横坐标小于0或大于2时，可知圆上不存在点满足，
即不符合题意，故
故答案为：
【点睛】思路点睛：利用复数的几何意义确定动点轨迹，数形结合计算即可.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用复数加法运算结合复数的定义待定系数计算即可；
（2）利用复数的乘法运算及复数的几何意义计算即可.
【详解】（1）由题意可知，
则；
（2）易知，
其在复平面对应的点为
根据题意有，解之得.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据线面垂直可得即为与平面所成的角，即可利用重心的性质以及勾股定理求解，
（2）根据线面垂直的性质可得线线垂直，即可根据线线垂直求证线面垂直，即可求证.
【详解】（1）设正四面体的棱长为，连接，
由于平面，平面，
故，且为等边三角形的中心，即为与平面所成的角，
则
，
故，

（2）由于平面，平面，故，
又，平面，
故平面，平面，
故.
17．(1)
(2)小时
【分析】（1）在中，由余弦定理解三角形得.
（2）在中，解三角形得，得到，在中，由余弦定理解三角形得，在中由正弦定理求得，结合已知即可求得结果.
【详解】（1）由题意知
在中，
由余弦定理得
所以
（2）由题意，
在中， 由正弦定理得，即
所以（舍去）
所在
又
在中，
由余弦定理得
，
∴甲接到信号后行至F，用时为小时，
在中， ,
由正弦定理得，即,解得：
， 则抢修结束后乙船仍以原速度驶向C处，用时为小时，
∴自乙船从B处出发到乙船行至C处为止，共用时为小时.
18．(1)证明见解析；
(2)存在，
【分析】（1）利用中位线的性质及线线平行证明线面平行即可；
（2）作，，，构造面面平行，利用面面平行的性质判定线面平行即可.
【详解】（1）
如图所示，连接交于N，连接，
由题意可知为的中点，故，
又平面，平面，
所以平面；
（2）存在点，使得平面，理由如下：
如图所示，作交直线于E点，过E作交于F，
过F作交于Q，
因为底面为平行四边形，所以C为的中点，则为中点，
又，即为的中点，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面，平面,
又，平面，
所以平面平面，
同理平面平面，
因为平面平面，所以两平面重合，
即平面平面，
因为平面，所以存在一点，使得平面，
且．
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据余弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，即可根据等边三角形的性质求解，
（2）根据线线垂直即可求证，
（3）根据余弦定理可得，根据面积公式可得,两式平方可得，即可求解面积的最值，进而可得，即可根据锥体体积公式求解.
【详解】（1）由，以及余弦定理可得,即
又，所以，
由于，所以，
故为边长为2的等边三角形，
由于，故
（2）由（1）知为边长为2的等边三角形，，
故平面
故平面
（3）在图2中，设,,
由余弦定理可得,
故，
平方得 ①，
记四边形的面积为，由于四棱锥的高为定值，故要使四棱锥的体积最大时，只需要最大即可，
则，
平方可得 ②,
①②相加可得，
故，
故当时，此时取最大值，
故的最大值为，当且仅当，即可时取等号，
结合可得，即时等号成立，