黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023-2024学年高一下学期期中学业阶段评价考试数学试卷

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（考试时间：120分钟 满分：150分 共2页）
第Ⅰ卷（共58分）
一、单选题（共8小题，每小题5分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 若复数满足，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的加减运算法则计算可得.
【详解】因为，
所以.
故选：B
2. 下列向量中与共线的是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标表示逐项判断.
【详解】对于A，，所以不共线，A错误；
对于B，，所以共线，B正确；
对于C，，所以不共线，C错误；
对于D，，所以不共线，D错误.
故选：B
3. 下列说法正确的是（ ）．
A. 以直角三角形的一条边为轴旋转一周形成的旋转体是圆锥
B. 以直角梯形的一腰为轴旋转一周形成的旋转体是圆台
C. 圆柱、圆锥、圆台都有两个底面
D. 圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径大于圆锥的高
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆锥、圆台、圆锥的结构特征逐一判断即可.
【详解】对于A，以直角三角形的斜边为轴旋转一周形成的是两个圆锥的组合体，A错误；
对于B，当以直角梯形不垂直于底边的腰为旋转轴旋转一周形成的不是圆台，B错误；
对于C，圆锥只有一个底面，C错误；
对于D，圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径等于圆锥的母线，大于圆锥的高，D正确.
故选：D
4. 在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据正弦定理求出．
【详解】中，∴．
由正弦定理得，
∴ ．
故选A．
【点睛】解三角形时注意三角形中的隐含条件，如三角形的内角和定理，三角形中的边角关系等，解题时要灵活应用．同时解三角形时还要根据所给出的边角的条件，选择运用正弦定理还是余弦定理求解．
5. 已知向量，满足，，则（ ）．
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合向量的坐标运算法则，准确计算，即可求解.
【详解】由向量，可得，
因为，所以.
故选：D.
6. 如图所示的正六棱柱，其底面边长是2，体对角线，则它的表面积为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正六棱柱的结构特征，求出棱柱的高，再计算它的表面积.
【详解】正六棱柱的底面边长为2，体对角线，
则高为，它的表面积为
.
故选：C.
7. 在锐角三角形ABC中，，，则周长取值范围是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助三角形面积公式和余弦定理化简已知，可求出角，然后根据正弦定理和三角形内角和将周长用表示，结合三角恒等变化和三角函数图象即可求得范围.
【详解】根据题意，，
由三角形面积公式和余弦定理可得，
，
即，
整理得，，即，
在锐角三角形ABC中，，
因为根据正弦定理，
所以，
因为三角形周长为，
又因为，所以，
所以
，
因为，即，
所以，
即，，
所以.
故选：C.
8. 某同学打算测量一座塔ED的高，他在山下A处测得塔尖D的仰角为，再沿AC方向前进20米到达山脚点B，测得塔尖点D的仰角为，塔底点E的仰角为，那么在下列选项中，塔高最接近（ ）米．（参考数据：，）
A. 31.33B. 31.94C. 32.45D. 33.21
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出，再结合直角三角形边角关系求解即得.
【详解】在中，，则，，
由正弦定理得，则，
在中，，则，
在中，，则，又，
因此，，
所以塔高约为31.33米.
故选：A
二、多选题（共3小题，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9. 已知与是共轭虚数，以下四个命题一定正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】设复数，则，根据复数的基本概念和复数的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】设复数，则，
对于A中，由且，可得，所以A正确；
对于B中，由，可得，所以B正确；
对于C中，由，所以C正确；
对于D中，由，所以D不正确.
故选：ABC.
10. 在图示正方体中，O为BD中点，直线平面，下列说法正确的是（ ）．
A. A，C，，四点共面B. ，M，O三点共线
C. 平面D. 与BD异面
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可.
【详解】由正方体性质，，所以A，C，，四点共面，A正确；
直线交平面于点，
平面，直线，又平面，平面，
为的中点，平面，底面为正方形，所以为的中点，
平面，且平面，又平面，且平面，
面与面相交，则，，在交线上，即三点共线，故选项正确；
平面平面，平面，
但，所以平面，C错误；
平面，面，，
所以与BD为异面直线，D正确.
故选：ABD
11. 《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，如图所示，该几何体是上、下底面均为扇环的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．图中的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧AD的长度是弧BC长度的3倍，，则下列说法正确的是（ ）．
A. 弧AD长度为B. 曲池体积为
C. 曲池的表面积为D. 三棱锥的体积为5
【答案】AD
【解析】
【分析】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，根据题意，求得，结合弧长公式，以及几何体的表面积与体积公式，逐项判定，即可求解.
【详解】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，
因为弧的长度是弧长度的3倍，底面扇环所对的圆心角为，
所以，解得，所以，可得，
所以弧的的长度为，所以A正确；
该曲池的体积为，所以B不正确；
曲池的表面积为
，所以C不正确；
三棱锥的体积为，所以D正确.
故选：AD.
第Ⅱ卷（共92分）
三、填空题（共3小题，每小题5分）
12. 如图所示，两块斜边长均等于的直角三角板拼在一起，则的值为________.

【答案】
【解析】
【分析】由图可知，利用向量数量积定义代入夹角和模长即可得出结果.
【详解】根据题意可知，，；
所以可得
，
即的值为.
故答案为：
13. 如图，直角梯形ABCD是某个多边形的斜二测直观图，，，，则该多边形原本的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】过点A作，垂足为E，求出，然后根据斜二测画法还原平面图，由梯形面积公式可得.
【详解】过点A作，垂足为E，易知为正方形，
因为，，
所以，，所以，
所以，根据斜二测画法还原后的平面图形，是上底为1，下底为2，高为的梯形，
所以该多边形原本的面积为.
故答案为：
14. 如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，底面半径为，高为，B是母线SA上一点，且．现要建设一条从A到B的环山观光公路；当公路长度最短时，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，则公路上坡路段长为__________千米．
【答案】
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求长度.
【详解】由题意，半径为，山高为，则母线,
底面圆周长，所以展开图的圆心角，
如图，是圆锥侧面展开图，结合题意，,
由点S向引垂线，垂足为点，此时为点S和线段上的点连线的最小值，
即点为公路的最高点，段即为下坡路段，
则，即，得
上坡路段长度为.
故答案为：
四、解答题（共5小题，总计77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知在中，角的对边分别为且．
（1）求；
（2）求的大小及的面积．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将角化边即可；
（2）利用余弦定理及面积公式计算可得.
【小问1详解】
由正弦定理，又，
所以，又，所以.
【小问2详解】
由余弦定理，
又，所以，
所以.
16. 已知，，，，．
（1）若点D在第一、三象限的角平分线上，求的值；
（2）若点D为线段BC的一个三等分点，求D的坐标．
【答案】（1）
（2）和
【解析】
【分析】（1）设，则，可解；
（2）根据，，由坐标运算可解.
【小问1详解】
由点D在第一、三象限的角平分线上，设，
则，
又，
所以，
即，解得；
【小问2详解】
设线段BC的三等分点为，如图，

则设，
则
由，即，
解得，即，
由，即，
解得，即,
所以线段BC的三等分点为和.
17. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，M，N，Q，S分别为PC，CD，AB，PA的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面PBC．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，分别证得和，利用线面平行的判定定理，证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，即可得证；
（2）取的中点，连接，证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可得证.
【小问1详解】
证明：在中，由分别为的中点，可得，
在平行四边形中，由分别为的中点，可得，
因为平面，平面，且平面，平面，
所以平面，平面，
又因为且平面，所以平面平面.
【小问2详解】
证明：取的中点，连接，
在中，因为分别为的中点，所以且，
又因为为的中点，可得且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.

18. （1）四点共圆是平面几何中一种重要的位置关系：
如图，，，，四点共圆，为外接圆直径，，，，求与的长度；
（2）古希腊的两位数学家在研究平面几何问题时分别总结出如下结论：
①（托勒密定理）任意凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时等号成立．
②（婆罗摩笈多面积定理）若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大．
根据上述材料，解决以下问题：
（i）见图1，若，，，，求线段长度的最大值；
（ii）见图2，若，，，求四边形面积取得最大值时角的大小，并求出此时四边形的面积．
【答案】（1），；（2）（i）；（ii），四边形的面积的最大值.
【解析】
【分析】（1）由圆内接四边形的性质可得，由勾股定理可得的值，再由正弦定理可得的值；
（2）（i）根据“托勒密定理”表示出边长的关系即可求出.
（ii）连接，分别在和利用余弦定理，再结合四点共圆后同角三角函数关系解出角A ，最后由三角形的面积公式得到四边形的面积.
【详解】（1）因为为外接圆直径，，，，
由同弧所对的圆周角相等，可得，，
，所以，
而，
所以，
，
在中，由正弦定理可得，
即；
即，；
（2）（i）设，则 ，
由材料可知， ，
即 ，
解得 ，
所以线段长度的最大值为．
（ii）由材料可知，当 A、B、C、 四点共圆时，四边形的面积达到最大．
连接，在中，由余弦定理得：
，①
在 中，由余弦定理得：
，②

因为 A、B、C、 四点共圆，所以，从而，③
由①②③，解得 ，
因为，所以 ．
从而，
，
所以 ．
19. 我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作．类比平面向量的线性运算可以定义复向量的线性运算；两个复向量，的数量积记作，定义为；复向量的模定义为．
（1）设，，求复向量与模；
（2）已知对任意的实向量与，都有，当且仅当与平行时取等号；
①求证：对任意实数a，b，c，d，不等式成立，并写出此不等式的取等条件；
②求证：对任意两个复向量与，不等式仍然成立；
（3）当时，称复向量与平行．设，，，若复向量与平行，求复数z的值．
【答案】（1），
（2）①证明见解析；②证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题目中复向量的模长公式计算即可；
（2）①实向量，，根据条件，即可得证；
②因为，由复数的三角不等式，分别计算即可得证；
（3）②考虑①中等号成立的条件知，结合题意即可求出和的值．
【小问1详解】
因为，所以，
所以的模为；
因为，所以，
可得的模为；
【小问2详解】
①设实向量，，
则，，
而，
根据已知，当且仅当与平行时取等号，即，
所以，当且仅当时等号成立；
②因为，所以，
由复数的三角不等式，
由，得，所以，
所以，
综上所知，
【小问3详解】
②考虑①中等号成立的条件知，结合复数的三角不等式，
复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数，使得，
根据题意，若复向量与平行，
则，
根据中等号成立条件，
应有，
则，
结合，得，解得；
所以，所以．