2023-2024学年黑龙江省哈尔滨三中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨三中高一（下）期末数学试卷（含答案），共10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。

1.z=−1+5ii，则z=( )
A. 5+iB. 5−iC. −5−iD. −5+i
2.一个水平放置的平面图形OACB按斜二测画法得到的直观图如图所示，四边形O′A′C′B′为等腰梯形，O′A′=3,O′B′= 2，则平面图形OACB的面积为( )
A. 3 2
B. 4 2
C. 5 2
D. 6 2
3.在空间四面体PABC中，对空间内任意一点Q，满足PQ=xPA+13PB+14PC，则下列条件中可以确定点Q与A，B，C共面的为( )
A. x=512B. x=712C. x=112D. x=18
4.已知向量e1，向量e2为平面内两个不共线的单位向量，若AB=e1−e2,BC=3e1+e2，CD=−e1−3e2，则下列结论正确的是( )
A. A、B、C三点共线B. A、C、D三点共线
C. A、B、D三点共线D. B、C、D三点共线
5.经哈三中数学组集体备课研究，预计每周(五天)安排8堂数学课，每天至少1堂，不同的安排方法有( )
A. 35种B. 126种C. 495种D. 1001种
6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=2b，c=3，则BA⋅BC的取值范围是( )
A. (3,9)B. (6,18)C. (185,92)D. (365,9)
7.三棱锥S−ABC的侧棱SA是它的外接球的直径，且SA=8，AB=1，BC=3，AC= 13，则三棱锥S−ABC的体积为( )
A. 353B. 352C. 32D. 33
8.在△ABC中，AB=6,AC=8,∠BAC=π3，I是∠BAC的平分线上一点，且AI= 3，若△ABC内(不包含边界)的一点D满足ID=xAB+12AC，则实数x的取值范围是( )
A. (−16,524]B. (−16,524)C. (−16,58)D. (−16,58]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题错误的是( )
A. 若α//β，m//α，则m//β
B. 若m//n，m⊂α，则n平行于α内的无数条直线
C. 若m⊥α，m⊥n，则n//α
D. 若α⊥β，m⊥α，则m//β
10.“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，下列结论正确的是( )
A. 第n行的第r(r≤n)个位置的数是Cnr−1
B. 1+C54+C64+C74=C85
C. 第2024行的第1012个数最大
D. 第28行中第5个数与第6个数的比值为425
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列结论正确的是( )
A. 平面ACD1被正方体内切球所截，则截面面积为π12
B. 四棱锥A1−ABCD与四棱锥B1−ABCD公共部分的体积为524
C. 若点P在线段B1C上运动，则∠BPD1≥π2
D. 以D为球心，2 33为半径作球，则球面与正方体的表面的交线长为5 36π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为4，M为棱PC的中点，则异面直线BM与PA所成角的余弦值为______．
13.已知x8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+a3(x+2)3+⋯+a8(x+2)8，则a6= ______．
14.现用4种不同的颜色对四棱台ABCD−A1B1C1D1的8个顶点涂色，要求同一条棱的两个端点不同色，且上底面4个顶点颜色都不同，则不同的涂色方法种数为______.(用具体数字作答)
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
(x2−ax)n(a>0)的展开式中所有项的二项式系数之和为32，前3项的系数之和为31．
(1)求实数n和a的值；
(2)求(x2−ax)n(1+3x+x4)的展开式中x2的系数．
16.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，a=4，acsB−bcsA=c−23b．
(1)求csA；
(2)从以下3个条件中选择1个作为已知条件，使△ABC存在且唯一确定，求S.条件①4S=a2+c2−b2；条件②c= 17；条件③BC边上的中线长为2 2．
17.(本小题15分)
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D、E分别是棱AC、A1C1的中点，F为线段B1E上的点．
(1)证明：CF//平面A1BD；
(2)若AB=BC=CA=BB1=2，当DF与平面A1BD所成角的正弦值为 1510时，求EFFB1的值．
18.(本小题17分)
在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tanA+tanB= 3cbcsA．
(1)求B；
(2)求a2+c2b2的取值范围；
(3)若△ABC的外接圆半径为2 3，求△ABC内切圆半径的最大值．
19.(本小题17分)
“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，它是底面为矩形，一条侧棱垂于底面的四棱锥.如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，PA=4，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD；
(1)求证：四棱锥P−ABCD是“阳马”；
(2)点M在正方形ABCD内(包括边界).平面PAM⊥平面PDM且∠ADM∈[π4,π3]，
(ⅰ)求M点轨迹长度；
(ⅱ)是否存在M点，使得平面BPM⊥平面CPM，若存在，求二面角A−PD−M的余弦值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.B
3.A
4.C
5.A
6.B
7.B
8.B
9.ACD
10.AB
11.BCD
12. 33
13.112
14.696
15.解：(1)∵2n=32，
∴n=5；
∴Tr+1=C5r(x2)5−r(−ax)r=(−a)rC5rx10−3r(r=0,1,2,…,5)，
∴1−5a+10a2=31，
解得a=2或a=−32(舍)；
(2)令10−3r=1，得r=3，
令10−3r=2，得r=83∉N，舍弃；
令10−3r=−2，得r=4，
∴(x2−2x)5(1+3x+x4)的展开式中x2的系数为：3×(−8)×10+16×5=−160．
16.解：(1)因为acsB−bcsA=c−23b，
由正弦定理可得sinAcsB−sinBcsA=sinC−23sinB，且sinC=sin(A+B)=sinAcsB+sinBcsA，即sinAcsB−sinBcsA=sinAcsB+sinBcsA−23sinB，
可得sinBcsA=13sinB且B∈(0,π)，
则sinB≠0，所以csA=13；
(2)若选①：由(1)可知csA=13，A∈(0,π)，
则sinA= 1−cs2A=2 23，
因为4S=a2+c2−b2，
则4×12acsinB=2accsB，可得tanB=1，且B∈(0,π)，
则B=π4即角A，B，C确定且唯一，且a=4，可知△ABC存在且唯一，
因为sinC=sin(A+B)=sinAcsB+sinBcsA=4+ 26；
由正弦定理asinA=bsinB可得b=asinBsinA=3，
所以△ABC的面积S=12absinC=12×4×3×4+ 26=4+ 2；
若选②：由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA即16=b2+17−2b× 17×13，整理可得b2−2 173b+1=0，
则Δ=(−2 173)2−4×1×1=329>0，
故方程有2个实根，所以△ABC不唯一，故②不合题意；
若选③：设BC边上的中线为AD，
则AD=2 2，且2AD=AB+AC，
故4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC=c2+b2+2bccsA=2(b2+c2)−a2，即b2+c2=4AD2+a22=24，此时无法解出b、C.所以△ABC不唯一，故③不合题意．
17.解：(1)证明：如图，连接A1B、BD、CE、CB1、ED，

由直棱柱性质A1E//DC且A1E=12A1C1=12AC=DC，
所以四边形A1ECD是平行四边形，故A 1D//EC，
又A1D⊂平面A1BD，EC⊄平面A1BD，
故EC/​/平面A1BD，
又由直棱柱性质有ED//C1C且ED=C1C，目CC1//B1B，C1C=B1B，
所以ED//B1B且ED=B1B，
所以四边形EB1BD是平行四边形，故EB 1//DB，
又DB⊂平面A1BD，EB1⊄平面A1BD，
所以EB1//平面A1BD，
因为EB1∩EC=E，EB1，EC⊂平面EB1C，
所以平面A1BD/​/平面EB1C，
因为CF⊂平面EB1C，
所以CF/​/平面A1BD；
(2)因为AB=BC=CA=BB1=2，
所以BD⊥AC，ED=2，A1D= A1A2+AD2= 22+12= 5，
EB1=BD= BC2−CD2= 22−12= 3，

设EFEB1=λ(λ∈[0,1])，则EF=λEB1= 3λ，
所以DF= ED2+EF2= 4+3λ2，
由(1)可知点F到平面A1BD的距离是一个定值，将其设为ℎ，
由直棱柱性质A1A⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，故A 1A⊥BD，
又BD⊥AC，A1A∩AC=A，A1A，AC⊂平面AA1C1C，
所以BD⊥平面AA1C1C，
因为A1D⊂平面AA1C1C，
所以BD⊥A1D，
VF−A1BD=13S△A1BDℎ=13×12A1D×BD×ℎ=13×12× 5× 3×ℎ= 156ℎ，VA1−FBD=13S△FBDA1E=13×12B1B×BD×A1E=13×12×2× 3×1= 33，
又VF−A1BD=VA1−FBD，
所以 156ℎ= 33⇒ℎ=2 55，
所以DF与平面A1BD所成角的正弦值为ℎDF=2 55 4+3λ2= 1510⇒λ2=49，
即λ=23，
所以EFEB1=23，即EF=23EB1，
故EFFB1=23EB1EB1−23EB1=2．
18.解：(1)因为tanA+tanB= 3cbcsA，
所以由商数关系和正弦定理得sinAcsA+sinBcsB= 3sinCsinBcsA，
即sinAcsB+csAsinBcsAcsB=sin(A+B)csAcsB=sin(π−C)csAcsB=sinCcsAcsB= 3sinCsinBcsA，
又由题可得A、B、C∈(0,π2)，所以csA≠0且sinC≠0，
所以由sinCcsAcsB= 3sinCsinBcsA得sinBcsB= 3，即tanB= 3，
所以B=π3．
(2)由(1)以及正弦定理asinA=bsinB=csinC得a=bsinAcsB=2 3bsinA3，c=bsinCsinB=2 3bsinC3，
所以a2+c2b2=(2 3bsinA3)2+(2 3bsinC3)2b2=4sin2A3+4sin2C3=43(sin2A+sin2C)
=43[sin2A+sin2(2π3−A)]=43[sin2A+(sin2π3csA−cs2π3sinA)2]
=43[sin2A+( 32csA+12sinA)2]
=43(34+12sin2A+ 32sinAcsA)=43[34+14(1−cs2A)+ 34sin2A]
=43(1+ 34sin2A−14cs2A)=43[1+12sin(2A−π6)]=43+23sin(2A−π6)，
又由0所以53<43+23sin(2A−π6)≤2，即a2+c2b2∈(53,2]．
(3)由(1)得b=2RsinB=2×2 3sinπ3=6，
所以由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，得36=a2+c2−2accsπ3=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac，
所以3ac=(a+c)2−36=(a+c+6)(a+c−6)，
且36=(a+c)2−3ac≥(a+c)2−3(a+c2)2=14(a+c)2⇒a+c≤12，当且仅当a=c=6时等号成立，
又S△ABC=12acsinB=12acsinπ3= 34ac，且S△ABC=r2(a+b+c)(r为△ABC内切圆半径)，
所以r=2S△ABCa+b+c=2× 34a+c+6= 3ac2(a+c+6)= 3×(a+c+6)(a+c−6)32(a+c+6)= 36(a+c−6)= 36(a+c)− 3≤ 36×12− 3= 3，
当且仅当a=c=6时等号成立，此时△ABC为正三角形，符合题意，
所以△ABC内切圆半径的最大值为 3．
19.解：(1)证明：因为四边形ABCD是边长为2的正方形，所以BA⊥DA，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=BA，DA⊂平面ABCD，所以DA⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，所以DA⊥PA；
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=DA，BA⊂平面ABCD，所以BA⊥平面PAD，
又PA⊂平面PAD，所以BA⊥PA．
因为BA∩DA=A，BA，DA⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，所以四棱锥P−ABCD是“阳马”．
(2)(i)以DA为直径在平面ABCD上作一个半圆，如图所示：

在该半圆周上任取点M，连接AM、DM、PM，则AM⊥DM，又由(1)知PA⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，所以PA⊥DM，
又PA∩AM=A，PA，AM⊂平面PAM，所以DM⊥平面PAM，
又DM⊂平面PDM，所以平面PAM⊥平面PDM，所以点M的运动轨迹在该半圆周上，
因为∠ADM∈[π4,π3]，所以∠AOM∈[π2,2π3]，
所以根据扇形的弧长公式得点M的运动轨迹长度为2π3×DA2−π2×DA2=2π3−π2=π6．
(ii)存在M点，使得平面BPM⊥平面CPM，且该点为AC与BD交点，如图所示：

连接AC、BD，则由(i)知，此时AC与BD交点在(i)中所作的半圆圆周上，
且满足∠AOM=π2，
由正方体性质知，BM⊥CM，又PA⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以PA⊥BM，
又PA∩CM=A，PA，CM⊂平面CPM，所以BM⊥平面CPM，
又BM⊂平面BPM，所以平面BPM⊥平面CPM，
所以存在M点为AC与BD交点，使得平面BPM⊥平面CPM，
过点A作AG⊥PD交PD于点G，过A作AH⊥PM交PM于点H，连接GH，
又由AH⊂平面CPM，可得AH⊥BM，
所以由PM∩BM=M，且PM、BM⊂平面PBD，得AH⊥平面PBD，所以∠AHG=π2，
由PD⊂平面PBD，得AH⊥PD，
因为AH∩AG=A，AH、AG⊂平面AGH，所以PD⊥平面AGH，
所以∠AGH是二面角A−PD−M的平面角，
因为正方体ABCD边长为2，PA=4，所以AM=12AC=12 22+22= 2，PD= PA2+DA2= 42+22=2 5，PM= PA2+MA2= 42+( 2)2=3 2，
所以AH=SΔPAM12PM=12PA×AM12PM=4× 23 2=43，AG=SΔPAD12PD=12PA×AD12PD=4×22 5=4 55，
所以sin∠AGH=AHAG=434 55= 53，所以cs∠AGH= 1−( 53)2=23，
所以二面角A−PD−M的余弦值为23．