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

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．5

4．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：A

7．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：A

9．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：BC

10．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：AC

11．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：ABC

13．

【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.