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1、2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一下学期期中数学试题一、单选题1已知i是虚数单位，复数z=，则复数z的虚部为（）AiB-iC1D-1【答案】C【分析】先通过复数的除法运算求出z，进而求出虚部.【详解】由题意，则z的虚部为1.故选：C.2已知a，b，c为三条不同的直线，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】D【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系，逐个选项分析【详解】若，则或，故A选项错误；若，则或与相交，故B选项错误若，则或，故C选项错误；若，则，正确，证明如下：，又，且，则，故D选项正确；故选：D3平面向量与的夹角为，则等
2、于（）ABCD【答案】B【分析】转化为平面向的数量积可求出结果.【详解】因为，所以，.故选：B4已知向量，则的值是（）ABCD【答案】A【分析】根据，可得，再利用同角之间的公式化简，代入即可得解.【详解】因为向量，即故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查向量平行的坐标运算，及利用同角之间的公式化简求值，解题的关键是的变形，考查学生的运算求解能力，属于基础题.5已知均在球的球面上运动，且满足，若三棱锥体积的最大值为6，则球的体积为（）ABCD【答案】C【分析】当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大,等体积法即可解决.【详解】如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半
3、径为，此时，故，则球的体积为，故选:C.6如图，在长方体中，分别为棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该长方体所得截面的面积为（）ABCD【答案】D【分析】取中点，连接，进而证明平面得到平面即为所求的平面，再求面积即可.【详解】解：如图，取中点，连接，因为在长方体中，分别为棱，的中点，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为为中点，为棱的中点，所以，又因为，所以，所以四边形是平行四边形，又因为平面，平面，所以平面，所以平面即为所求的平面，又因为，所以面积为 故选：D7圣索菲亚教堂（英语： SAINTSOPHIA CATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正
4、教教堂，为哈尔滨的标志性建筑，被列为第四批全国重点文物保护单位. 其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A教堂顶C的仰角分别是和，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（）A20mB30mC mD m【答案】D【分析】在在中，求出，在中，利用正弦定理求出，再解即可得解.【详解】由题意可知，在中，则，所以，在中，则，由正弦定理得，所以，在中，则，所以，所以小明估算索菲亚教堂的高度为.故选：
5、D.8在中，内角所对的边分别为，且，下列结论正确的是（）AB当，时，的面积为C若是的角平分线，且，则D当时，为直角三角形【答案】D【分析】选项A：先用正弦定理得，再利用三角恒等变换，求出，即可；选项B：直接解三角，发现无解即可；选项C：利用等面积法，的到的关系即可；选项D：利用正弦定理得，然后利用三角形角的关系，计算出各个角的大小即可.【详解】选项A:因为，由正弦定理可得，又因为，所以，化简可得，因为，所以可得，故，选项A错误；选项B：当，时，由选项A，得，因为，可得，无解，故此时三角形不存在，选项B错误；选项C：因为若是的角平分线，且，由选项A，得故，而得，得，所以，选项C错误；选项D：因为
6、，由正弦定理可得，又，得，所以，化简可得，因为，解得或，由条件可知，故舍去，故，所以，所以为直角三角形，选项D正确故选：D二、多选题9设复数，（i为虚数单位），则下列结论正确的为（）A是纯虚数B对应的点位于第二象限CD【答案】AD【分析】根据复数的概念判断A；算出判断B；算出判断C；求出判断D.【详解】对于A：，其实部为零，虚部不为零，是纯虚数，A正确；对于B：，其在复平面上对应的点为，在第四象限，B错误；对于C：，则，C错误；对于D：，则，D正确.故选：AD.10下列说法中错误的为（）A已知，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是B向量，不能作为平面内所有向量的一组基底C非零向量，满足且与同向
7、，则D非零向量和，满足，则与的夹角为30【答案】AC【分析】由向量的数量积，向量的夹角，判断；向量的基本定理判断；向量的定义判断；平面向量的基本定理与向量的夹角等基本知识判断【详解】解：对于，与的夹角为锐角，且时与的夹角为，所以且，故错误；对于B，向量，即共线，故不能作为平面内所有向量的一组基底，B正确；向量是有方向的量，不能比较大小，故C错误；对于因为，两边平方得，则，故，而向量的夹角范围为，得与的夹角为，故项正确故错误的选项为AC故选：AC11在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c.下面四个结论正确的是（）A，则的外接圆半径是4B若，则C若，则为钝角三角形D若，则的面积为或【答案】BCD
8、【分析】由正弦定理有判断A；由正弦定理有，结合三角形内角性质求角的大小判断B；由题意得，结合正弦定理边角关系、余弦定理即可判断三角形形状判断C；利用余弦定理求，应用三角形面积公式求面积判断D.【详解】A：由外接圆半径为，错误；B：由，即，故，则，正确；C：由，则，正弦边角关系知：，而，所以为钝角，则为钝角三角形，正确；D：，即，可得或，显然或都满足构成，故的面积为或，正确.故选：BCD12在正三棱锥中，设，则下列结论中正确的有（）A当时，P到底面ABC的距离为B当正三棱锥的体积取最大值时，则有C当时，过点A作平面分别交线段PB，PC于点E，F（E，F不重合），则周长的最小值为D当变大时，正三棱
9、锥的表面积一定变大【答案】ACD【分析】利用等体积法求正三棱锥的高判断A；分析得当时三棱锥体积最大判断B；利用平面展开图分析C，写出表面积，利用三角函数的单调性判断D【详解】A，当时，设正三棱锥的高为，得，正确；B，由，当正三棱锥的体积取最大值时，面积及到面距离最大，而，则到面距离最大为2，此时面，易知，错；C，当时，过点A作平面分别交线段，于，不重合)，将棱锥展开，如上图示，则周长的最小值为展开图的直线距离，正确；D，在中根据余弦定理得，所以，所以，因为，所以，故函数在上递增，即当变大时，正三棱锥的表面积一定变大，正确故选：ACD三、填空题13已知，则在上的投影向量的坐标为 .【答案】【分析
10、】根据投影向量的定义求在上的投影向量坐标即可.【详解】由在上的投影向量为.故答案为：14一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的体积为，则该圆锥的母线长为 .【答案】6【分析】利用圆锥侧面积、底面积及体积公式列方程求母线长即可.【详解】令圆锥母线、底面半径分别为，则，所以，可得.故答案为：615在三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且BAC的平分线交BC于D，若，则的最小值为 【答案】9【分析】先根据三角形面积关系列等量关系，再根据基本不等式求最值.【详解】因为AD平分BAC，所以，即，又，整理得，故所以，当且仅当，即，时等号成立，则的最小值是9故答案为：.四
11、、双空题16已知直三棱柱的底面为直角三角形，如图所示，则四面体的体积为 ，四棱锥的外接球的表面积为 【答案】 1 【分析】直接根据锥体的体积公式代入计算即可得到结果；根据题意找出球心所在位置为的中点位置，然后求得半径，根据球的表面积公式即可得到结果.【详解】由题意可得，且，则因为外接圆的圆心即为中点，设为，外接圆的圆心即为中点，设为，则的中点到六个顶点的距离相等，则的中点为外接球的球心，即为半径，所以，即外接球的表面积为故答案为:，五、解答题17如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，M，N，P分别为AB，BC，B1C1的中点(1)求证：AC平面B1MN；(2)求证：平面ACP平面B1MN【答案】
12、(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由已知，M，N分别为AB，BC的中点所以MNAC，利用线面平行的判定定理即可证明AC平面B1MN；（2）由已知，P为B1C1的中点可证B1PCN，B1PCN，从而证明四边形B1PCN是平行四边形，得到CPB1N，利用线面平行的判定定理即可证明CP平面B1MN，结合第（1）问AC平面B1MN，利用面面平行的判定定理即可证明平面ACP平面B1MN.【详解】（1）证明：因为M，N分别为AB，BC的中点所以MNAC，因为MN平面B1MN，平面B1MN，所以AC平面B1MN，得证.（2）证明：因为P为B1C1的中点所以B1PCN，又因为B1PCN，所以四边形
13、B1PCN是平行四边形，所以CPB1N，又因为B1N平面B1MN，平面B1MN，所以CP平面B1MN，由第（1）问，AC平面B1MN，ACCPC，AC 平面ACP，CP平面ACP，所以平面ACP平面B1MN得证.18已知，（1）求的最小正周期及单调递减区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值【答案】（1）最小正周期为，单调减区间为；（2）最大值为3，最小值为0【分析】（1）利用向量的坐标运算化简，再利用整体的思想.（2）根据（1）的结果及的范围求出的范围，从而计算出函数的最值.【详解】解：，由，的最小正周期，由，得：，的单调递减区间为，；由可得：当时，函数取得最小值为当时，函数取得最大值为故
14、得函数在区间上的最大值为3，最小值为019在中，内角所对的边分别为，已知（1）求角；（2）若的周长为8，外接圆半径为，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由条件、三角形的内角和、三角函数的和差公式和正弦定理可化得答案；（2）由正弦定理求出，然后可得，然后结合余弦定理可得，然后可得答案.【详解】（1）由和得即，所以即，因为，所以，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以（2）因为的外接圆半径为，所以，所以，由余弦定理得所以，得，所以的面积20如图，直四棱柱中，底面为菱形，P为的中点，M为的中点，(1)求证：平面；(2)若，求M到平面的距离【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）
15、方法一：取的中点N，连接，先证明四边形为平行四边形，得，再证明平面平面，利用面面平行的性质即可证明；方法二：连接，交于点O，连接，证明四边形为平行四边形，得，再利用线面平行的判定定理即可证明.（2）利用等体积法即可求解.【详解】（1）方法一：取的中点N，连接，因为M为的中点，所以，而，所以，又,所以平面，又因为P为中点，所以，则四边形为平行四边形，则，又所以平面，且，所以平面平面，则平面方法二：连接，交于点O，连接，因为M为中点，所以，又因为，所以，所以四边形为平行四边形，则，又,平面所以平面（2）由（1）可知，M到平面的距离等于到平面的距离，设为h，因为，所以，而，所以21某公园有一块三角形
16、空地，如图，在中，为了增加公园的观赏性，公园管理人员拟在中间挖出一个池塘用来放养观赏鱼，、在边上，且(1)若，求的长；(2)为节省投入资金，池塘的面积需要尽可能的小，记，试确定为何值时，池塘的面积最小【答案】(1)(2)当时，的面积最小【分析】（1）在中，利用余弦定理可求得的长，分析可知为等边三角形，即可得出的长；（2）分析可知，利用正弦定理求出、，利用三角形的面积公式以及三角恒等变换化简的面积关于的表达式，结合正弦型函数的基本性质可求得当的面积取最小值时对应的值.【详解】（1）解：在中，则为等腰三角形，所以，在中，由余弦定理可得，所以，则为等腰三角形，且，所以，又因为，所以，为等边三角形，故.（2）解：因为，其中，在中，所以，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，所以，因为，所以，则，所以，当时，即当时，的面积取最小值.22在锐角中，角所对的边分别为，若.(1)求角的大小；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理的边角转化，结合三角恒等变换求解；（2）切弦互化，结合（1）中的结果，利用三角恒等变换，将待求表达式用一个角来表示，运用三角函数的性质求解.【详解】（1）由正弦定理得，又，则，又，则，则，则；（2），由可得，又为锐角三角形，则，可得，则，又，则，则，即，则.
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一下学期期中数学试题【含答案】
