2022-2023学年黑龙江省七台河市勃利县高级中学高一下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年黑龙江省七台河市勃利县高级中学高一下学期期末数学试题含答案，共22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。

2022-2023学年黑龙江省七台河市勃利县高级中学高一下学期期末数学试题

一、单选题
1．设i是虚数单位，若复数，则z的共轭复数的虚部为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】进行复数的计算，所以，即可得解.
【详解】，
所以，虚部为，
故选：A
2．已知单位向量，满足，则与的夹角为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由向量垂直可得，结合已知条件和向量的数量积的定义可求出夹角的余弦值，从而可求出向量的夹角.
【详解】解：因为，是单位向量，所以，因为，所以，
即，则，
因为与的夹角范围为，所以与的夹角为.
故选:C.
3．已知△ABC的三边分别是a，b，c，设向量＝(sinB－sinA，a＋c)，＝(sinC，a＋b)，且∥，则B的大小是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理，把已知条件转化为a2＋c2－b2＝－ac，利用余弦定理及可求出B.
【详解】因为∥，
所以(a＋b)(sinB－sinA)＝sinC(a＋c).
由正弦定理得，(a＋b)(b－a)＝c(a＋c)，
整理得：a2＋c2－b2＝－ac，
由余弦定理得cosB＝＝＝－.
又0 故选：B
4．如图，边长为的正方形中，点、分别是、的中点，将、、分别沿、、折起，使得、、三点重合于点，若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（    ）．


A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据已知可证出，，两两互相垂直，以为原点建立空间直角坐标系，设外接球的球心坐标，根据列出方程，即可求出，进而可求出球的半径，再根据球的表面积公式求解即可.
【详解】四面体为底面为等腰，顶点为的三棱锥，
则，，，，则，，
又，则为直角三角形，，
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
设四面体的外接球的球心为，则，
由空间两点间距离公式知：，，
，
解得，，，
所以半径为，
所以该球的表面积为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：一个多面体的顶点都在球面上即为球的外接问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．本题也直接将四面体补成长方体，直接求解.
5．在下列条件中，可判断平面与平行的是（    ）
A．，
B．m，n是两条异面直线，且，，，
C．m，n是内的两条直线，且，
D．内存在不共线的三点到的距离相等
【答案】B
【解析】根据面面的位置关系和面面平行的判定定理逐一判断选项即可.
【详解】对于A选项：若，，则平面与平行或相交，故A不正确；
对于B选项： 在直线n.上取一点Q，过点Q作直线m的平行线m'，所以m'与n是两条相交直线，
所以，，且，根据面面平行的判定定理可得，所以B正确.
对于C选项：若m，n是内的两条直线，且，，则根据面面平行的判定定理可得，平面与平行或相交，所以C不正确.
对于D选项：若内不共线的三点到的距离相等，则根据面面的位置关系可得：平面与平行或相交，故D不正确.
故选：B.
6．如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10 m到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是（    ）

A．10 m B．10m C．10m D．10m
【答案】D
【分析】在△BCD中，CD＝10 m，∠BDC＝45°，∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，利用正弦定理求得BC，在Rt△ABC中，根据，即可得出答案.
【详解】解：在△BCD中，CD＝10 m，∠BDC＝45°，
∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，
由正弦定理，得＝，
BC＝＝10（m）.
在Rt△ABC中，tan 60°＝，AB＝BC×tan 60°＝10（m）.
故选：D.
7．如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：
①有水的部分始终呈棱柱形；
②水面所在的四边形面积为定值；
③棱始终与水面所在的平面平行；
④当点在棱时，是定值.
其中正确说法的是（    ）

A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．②③④
【答案】B
【分析】由固定时，始终有，且平面平面，可得判定①正确；由水面四边形的面积是改变的，可判定②不正确；由线面平行的判定定理，可判定③正确；由水的体积为定值，高不变，得到底面的面积不变，从而判定④正确.
【详解】根据面面平行的性质定理，可得固定时，
在倾斜的过程中，始终有，且平面平面，
所以水的形状始终为棱柱形，所以①正确；
水面四边形的面积是改变的，所以②不正确；
因为，水面，水面，
所以水面，所以③正确；
由于水的体积为定值，高不变，所以底面的面积不变，
即当时，是定值，所以④正确.
故选：B.
8．如图，在正方体，点在线段上运动，则下列判断正确的是（    ）

①平面平面
②平面
③异面直线与所成角的取值范围是
④三棱锥的体积不变
A．①② B．①②④ C．③④ D．①④
【答案】B
【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④．
【详解】正方体中易证直线平面，从而有，同理有，证得平面，由面面垂直判定定理得平面平面，①正确；

正方体中，，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面平面，而平面，从而得平面，②正确；
当是中点时，在平面内，正方体中仿照上面可证平面，从而，与所成角为．③错；
∵，由平面，知在线段上移动时，到平面距离相等，因此不变，④正确．
故选：B．
【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．

二、多选题
9．在中，角所对的边分别为.则下列命题正确的是（    ）
A．若，，，则
B．若，则
C．若，则为钝角三角形
D．若，，，的面积为3
【答案】BC
【分析】A，B选项利用正弦定理可得；C，D选项利用余弦定理和三角形面积公式可得.
【详解】对于A：由于，，，利用正弦定理，
解得，由于，所以或，故A错误；
对于B：当时，所以，根据正弦定理，
整理得，故B正确；
对于C：若，整理得，故，
结合余弦定理，
整理得，故为钝角三角形，故C正确；
对于D：若，，且，
利用余弦定理可得，解得，
因为，所以，
所以，故D错误；
故选：BC.
10．已知的重心为，过点的直线与边，的交点分别为，，若，且与的面积之比为，则的可能取值为（    ）
A． B． C． D．3
【答案】BD
【分析】设，利用重心的性质，把用、表示，再由，，三点共线得关于，的方程，再由三角形面积比得关于，的另一方程，联立即可求得实数的值．
【详解】解：如图，，，即，设，则，
三点共线，，，
所以，与的面积之比为，， 即，化简得，解得或3.
故选：BD

11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（    ）
A．若，则外接圆半径为
B．的最大内角是最小内角的2倍
C．是钝角三角形
D．
【答案】ABD
【分析】由已知得边的比值，由余弦定理得，再得，由正弦定理得外接圆半径，判断A，根据余弦定理求得三角形的最大和最小内角判断B，由最大内角判断C，由正弦定理转换判断D．
【详解】因为，所以，设，
，是三角形内角，
，
外接圆半径为，则，，A正确；
由于，是最大内角，是最小内角，同理，，
，，所以，B正确；
最大内角满足，是锐角，C错；
由正弦定理，D正确．
故选：ABD．
12．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有（    ）

A．当E点运动时，总成立
B．当E向运动时，二面角逐渐变小
C．二面角的最小值为
D．三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【分析】证明平面即可判断A；二面角即是二面角，即可判断B；建立坐标系利用向量法即可判断C；求出三棱锥的体积可判断D，进而可得正确答案.
【详解】对于A：因为，，，所以面，
因为面，所以，同理可证，因为，
所以平面，因为平面，所以 总成立，故选项A正确；
对于B：平面即平面，而平面即平面，所以当向运动时，二面角大小不变，选项B不正确；
对于C：建立如图所示的空间几何体，

则，，
因为在上，且，故可设，
，
设平面的法向量为，
又，
所以，取，则，
平面的法向量为，所以，
设二面角的平面角为，则为锐角，
故，
当，故，所以，
当且仅当时取最大值即取最小值，故C正确；
对于D：因为，
点到平面的距离为，
所以体积为，即体积为定值，故选项D正确．
故选：ACD.

三、填空题
13．欧拉公式（是虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数之间的关系，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式，则复数在复平面内对应的点所在的象限为第 象限．
【答案】二
【分析】由题意可得，代入三角函数值即可得出结果.
【详解】因为，
所以，
所以复数在复平面内对应的点的坐标为，
故所在的象限为第二象限.
故答案为：二
14．已知向量，，若与的夹角是锐角，则实数的取值范围 ．
【答案】
【分析】根据题意，求出与的坐标，由数量积的运算性质可得关于的不等式，解可得的取值范围，即可得答案．
【详解】根据题意，向量，，
则，，
若与的夹角是锐角，则有且与不共线，
即，
解可得：且，即实数的取值范围是，，；
故答案为：，，．
15．设是两条不同的直线是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若则；
其中正确的序号是 .
【答案】③④
【分析】根据线面平行性质分析①，根据面面垂直性质分析②，根据线面垂直和平行的性质判定③，根据面面平行和线面垂直的性质判定④.
【详解】平行于同一平面的两条直线可能平行也可能异面或相交，所以①错误；
垂直于同一平面的两个平面可能平行也可能相交，只需交线垂直于这个平面即可，所以②错误；
一条直线与一个平面平行，则这条直线与该平面的垂线垂直，所以③正确；
三个平面相互平行，一个平面的垂线也垂直于其余两个平面，所以④正确.
故答案为：③④
16．如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是 ．

【答案】（，）
【详解】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得，即，解得=，平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，，即，解得BF=，所以AB的取值范围为（，）.

【解析】正余弦定理；数形结合思想


四、解答题
17．已知向量的夹角为，且，．
（1）求的值；
（2）若，求的值
【答案】（1）；（2）或．
【分析】（1）由数量积定义可求得，进而得到，开平方得到结果；
（2）由垂直关系可得，由平面向量数量积运算律化简整理可得关于的方程，解方程可求得结果.
【详解】（1），
，；
（2）由得：，
即，即，
解得：或.
18．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且.
（1）求角；
（2）若，，点D在边AC上，且，求BD的长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）首先利用正弦定理边化角公式得到，再化简得，从而得到.
（2）首先设，，则，再利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）

∵，∴，∵，∴.
（2）设，，则
在中，.
在中：①
在中：②
①+②×2：，综上.
19．如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，且，，分别为，的中点.

（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接交于点，连接，为的中点，易得四边形为平行四边形，从而，再利用线面垂直的判定定理证得平面即可.
（2）以O为原点，以OB，OC，OF建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，然后由求解.
【详解】（1）如图所示：

连接交于点，连接，为的中点，
所以，，
又为的中点﹐，
所以，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，.
直四棱柱中，平面，平面，
所以.
又因为底面是菱形，
所以，
又，平面，平面，
所以平面.
所以平面.
（2）建立如图空间直角坐标系，

由，知，
又，则，，，，
设为平面的一个法向量.
由，得，
令，可得.
设为平面的一个法向量.
由，即，
令，可得.
.
如图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值是.
【点睛】方法点睛：1、利用向量求异面直线所成的角的方法：设异面直线AC，BD的夹角为β，则cos β＝.
2、利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
3、利用向量求面面角的方法：就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
20．在中，，，分别是角，，的对边，并且．
（Ⅰ）已知_______，计算的面积；请从①，②，③这三个条件中任选两个，将问题（Ⅰ）补充完整，并作答．
（Ⅱ）求的最大值．
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）1.
【分析】（Ⅰ）根据余弦定理求出，若选择①，②，根据余弦定理求出，然后根据面积公式可求得结果；若选择①，③，根据正弦定理和余弦定理求出及与的关系，根据面积公式可求得结果；若选择②，③，根据正弦定理求出，再根据面积公式可求得结果；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，通过三角函数恒等变换化简得，利用正弦函数的单调性即可求解.
【详解】（Ⅰ），
由余弦定理知，，
，．
选择①②：
，
，即，解得或（舍负），
则的面积；
选择①③：
由正弦定理知，，
，，
，
，
由构成的方程组，解得，，
则的面积．
选择②③：
由正弦定理知，，
，，
则的面积．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
，
，
，
，，
，，
故的最大值为1．
21．如图所示，正方体中，点在棱上运动，为的中点.

（1）若为中点，求证：平面；
（2）若，求当为何值时，二面角的平面角的余弦值为.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点，连接、、，证明出四边形为平行四边形，可得，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于实数的等式，结合求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）取的中点，连接、、，

因为四边形为正方形，则且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
则四边形为平行四边形，可得且，
同理可证四边形为平行四边形，则且，
因为且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，因此，平面；
（2）以为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即，取，则，，故，
又，即，
取，，，故，
设二面角的平面角为，
则，整理得，
可化简为，因为，解得，
所以当时，二面角的平面角的余弦值为.
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
22．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）在中，利用勾股定理的逆定理证明，结合可证明面，即可求证；
（2）连接，可证明，利用余弦定理求出，即可求出，取的中点为，连接，证明 两两垂直，建立如图空间直角坐标系，求出所需各点坐标，坐标以及平面的一个法向量，利用空间向量夹角公式即可求解.
【详解】（1）因为底面是平行四边形，，，，为的中点，
所以在中，，，，
由余弦定理可得：，
所以，所以，
又因为，，所以面，
因为面，所以；
（2）因为，，，可得面，
连接，则，在中，，
所以，
所以，
取的中点为，连接，因为为的中点，所以，可得，
所以 两两垂直，以为原点，分别以为轴建立直角坐标系，则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量，
由，令，，，
所以 ，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.