2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第九中学校高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第九中学校高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．设复数（为虚数单位），则的模等于（    ）

A． B．5 C． D．10

【答案】C

【分析】先计算，再根据模长公式即可求解.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：C

2．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（    ）

A．45° B．135° C．60° D．120°

【答案】B

【分析】根据得到，结合即可得到，然后求即可得到与的夹角.

【详解】根据题意，设与的夹角为θ，

因为，，

所以，变形可得．

则．

又由，所以θ＝135°．

故选：B．

3．已知正三棱锥，各棱长均为，则其外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】抓住正三棱锥的特征，底面是正三角形，边长为，则高线的投影在底面正三角形的重心上，则外接球的球心在高线上，且到各个顶点的距离相等，构造直角三角形，从而即可求出外接球的半径为，进而可求出外接球的体积．

【详解】由是正三棱锥，底面是正三角形，边长为，

则高线的投影在底面正三角形的重心上，则外接球的球心在高线上，且到各个顶点的距离相等，

如图，取的中点，连接，过作平面，且垂足为，则，

由，

则在中，有，

所以，

则在中，有，

设外接球的半径为，

则，即，解得，

故外接球的体积为．

故选：C．

4．三条直线两两相交，最多可以确定平面（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】C

【分析】根据题意，画出图形，结合公理2，即可得出答案.

【详解】在空间中，两两相交的三条直线最多可以确定3个平面.

如图，相交于一点，且不共面，则确定一个平面，

确定一个平面，确定一个平面.

故选：C.

5．在中，，若解三角形时有两解，则x的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意画出图形，根据三角形有两个解的条件列式即可求得x的取值范围.

【详解】根据题意作图，如下图所示

当x的值确定以后，以C为圆心，2为半径的圆与c边的交点即为顶点A的位置，

由图可知，两种临界条件分别为：

（1）圆与c边所在直线相切，此时，三角形只有一个解，

此时根据正弦定理，，可得；

（2）圆过B时，，三角形只有一个解，此时；

所以当时，三角形有两个解，

所以x的取值范围为.

故选：C.

6．在中，设，那么动点的轨迹必通过的（    ）

A．垂心 B．内心 C．重心 D．外心

【答案】D

【分析】设线段的中点为，推导出，结合外心的定义可得出结论.

【详解】设线段的中点为，则、互为相反向量，

所以，，

因为，即，

所以，，即，

即，即，

所以，垂直且平分线段，

因此动点的轨迹是的垂直平分线，必通过的外心.

故选：D.

7．已知复数z的共轭复数，满足，则的最小值为（    ）

A．4 B．8 C． D．

【答案】A

【分析】设先分析出点(x,y)在以（-4，-2）为圆心，1为半径的圆上.利用几何法求出的最小值.

【详解】设（是虚数单位）.则.

因为，所以表示点(x,y)在以（-4，-2）为圆心，1为半径的圆上.

而表示圆上任意一点到（0，1）的距离.

由几何法可知：的最小值为（0，1）到圆心（-4，-2）减去圆的半径，即为.

故选：A

8．秦九韶是我国南宋数学家，其著作《数书九章》中的大衍求一术、三斜求积术和秦九韶算法是具有世界意义的重要贡献.秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，三斜求积术即已知三边长求三角形面积的方法，用公式表示为：，其中是的内角的对边.已知中，，，则面积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用余弦定理可得，将代入题干中的面积公式即可求解.

【详解】解：∵，∴，∴，

即，

即，又且，则，

∴，∴；

∵，∴，则，即，则，

∴，

∴时，.

故选：B.

二、多选题

9．下列说法正确是（    ）

A．三棱锥是四面体，正三棱锥是正四面体

B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形

C．平行的线段在直观图中仍然平行

D．圆心和圆上两点可确定一个平面

【答案】BC

【分析】根据棱锥分类、平行六面体的定义、直观图的特征和平面的确定方法依次判断各个选项即可.

【详解】对于A，正四面体是各棱长均相等的三棱锥，是正三棱锥的一种，A错误；

对于B，平行六面体两个相对的面为全等的平行四边形，B正确；

对于C，平行的线段在直观图中的位置关系不变，仍然平行，C正确；

对于D，若圆心和圆上两点共线，此时过三点的平面有无数个，D错误.

故选：BC.

10．已知两个单位向量、的夹角为，若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，若，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据向量线性运算、向量模的定义、数量积的定义判断．

【详解】由已知，，

因此，所以的斜坐标为，A正确；

，因此的斜坐标是，C正确；

，

，在与不垂直时，BD错；

故选：AC．

11．某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有（    ）

A．该圆台轴截面面积为

B．该圆台的体积为

C．该圆台的侧面积为

D．沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为

【答案】ACD

【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的侧面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断选项D.

【详解】对于，由，且，

可得，高，

则圆台轴截面的面积为，故A正确；

对于B，圆台的体积为，故B错误；

对于C，圆台的体积为，故C正确；

对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角．

设的中点为，连接，可得，

则．

所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．

故选：ACD．

12．在中，角所对的边分别为，的面积为S，若，则下列结论一定正确的有（    ）

A． B．

C．的最大值为 D．有最小值

【答案】BCD

【分析】由已知条件结合三角形面积公式，余弦定理辅助角公式，以及基本不等式，然后对各选项进行判断即可．

【详解】∵的面积为，若，

可得，∴，故A错误；

由余弦定理可得，，

∴，所以，故B正确；

由余弦定理可得，，

所以，

∴，（其中），故C正确；

又∴当且仅当时取等号；

所以，即，即

所以，又，所以，

，即最小值，故D正确．

故选：BCD．

【点睛】关键点点睛：本题对选项D的判断，容易产生误解，在解答过程中应该使用基本不等式得到进而求出，是判断选项D是否正确的关键.

三、填空题

13．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为，弧长为的扇形，则该圆锥的体积为__________________.

【答案】/

【分析】根据侧面展开图扇形弧长可求得底面半径，并利用勾股定理求得圆锥的高，代入圆锥体积公式即可求得结果.

【详解】设圆锥底面半径为，则，解得：，

圆锥的高，圆锥的体积.

故答案为：.

14．在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为____________.

【答案】9

【分析】根据向量共线定理得推论得到，再利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.

【详解】因为点F为线段BC上任一点（不含端点），

所以，又，

故，

当且仅当，即时等号成立.

故答案为：9.

15．已知集合（其中 为虚数单位），则满足条件的集合M的个数为___________.

【答案】8

【分析】因为具有周期性，分别计算n取1,2,3,4时x的值，根据集合元素的个数，写出子集个数.

【详解】周期为4，当时，；当时，；

当时，；当时，，所以集合的子集个数为个.

故答案为：8个.

16．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为___________m．

【答案】

【分析】根据已知的边和角，在中，由正弦定理解得，在中，由余弦定理得.

【详解】因为，，所以，，所以，

又因为，所以，，

在中，由正弦定理得，即，解得，

在中，由余弦定理得，

所以，解得．

故答案为：

四、解答题

17．如图，在棱长为1的正方体中，截去三棱锥，求：

(1)截去的三棱锥的体积；

(2)剩余的几何体的表面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用棱锥的体积公式计算可得答案;（2）计算各个面的面积相加可得答案.

【详解】（1）∵正方体的棱长为1，

三棱锥的体积

（2）是边长为的等边三角形，，

∴，

，

所以剩余几何体表面积为．

18．在平面直角坐标系中，已知向量，，.

(1)若，求的值；

(2)若与的夹角为，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意可得，根据数量积的坐标运算得到方程，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；

（2）首先求出，，依题意可得，再利用两角差的正弦公式计算可得；

【详解】（1）解：因为，且，

所以，即，所以；

（2）解：因为，，

所以，，

因为与的夹角为，所以，即，

所以，因为，所以，所以，所以；

19．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，,.

(1)求；

(2)若，M为的内心，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）已知等式利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简，可得；

（2）由和（1）中结论，解得，由结合正弦定理，求出，面积法求出内切圆半径，可求的面积.

【详解】（1），由正弦定理得，

∴，得，.

∴，

∵A为三角形内角，，

∴.

（2）由（1）可得，

∵，∴，，

∴，

，由正弦定理，

解得，，

则有.

设内切圆半径为r，则，，

∴.

20．如图，一座山其高为，一辆汽车在一条水平的公路上沿直线从往匀速行驶，在处测得山顶的仰角为，经过后汽车到达处，这时测得山顶的仰角为，且.

（1）求这辆汽车的速度；

（2）若汽车从往行驶5秒时到达处，求此时山顶与汽车的距离.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）根据题意得，，进而由勾股定理得，进而得答案；

（2）由题知，，进而在中利用余弦定理求解即可得答案.

【详解】解：（1）根据题意得，，平面，

所以在中，，在中，，

所以在中，，

所以这辆汽车的速度为.

（2）汽车从往行驶5秒时到达处，此时，

在中，，

所以在中，由余弦定理得，

即，故.

21．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

(1)求角C；

(2)求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用倍角公式化简为，再弦化切得，再逆用和角正切公式可得，进而可求解；

（2）利用正弦定理边化角得，令，则，转化为求取值范围，从而利用二次函数在区间的最值求法可得.

【详解】（1）因为，

所以，

，

因为，

所以，

所以，

上式整理得，即，

所以，

所以.

因为，所以，

因为，

所以，即，解得.

（2）因为

，

所以令，

因为，所以

所以，则.

则，

所以，

令，

因为的对称轴为，且开口向上，

所以在区间上单调递增，

所以的取值范围为，

所以的取值范围为.

【点睛】关键点睛：

第二问中求的取值范围，利用与的关系，设，从而，最终问题转化为求的取值范围.

22．在锐角中，设边所对的角分别为，且．

(1)求角的取值范围；

(2)若，求中边上的高的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据正余弦定理及三角恒等变换结合条件可得，然后根据三角形为锐角三角形进而即得；

（2）根据三角形面积公式及正弦定理可得，然后根据三角恒等变换及正切函数的性质结合条件即可求解.

【详解】（1）因为，

所以，

所以，，又，

所以，整理可得，

所以或(舍去)，

所以，又为锐角三角形，

所以，

所以；

（2）由题可知，即，

又，

所以，

所以，

由，可得，

所以，

所以，

即中边上的高的取值范围是.