1、黑龙江省哈尔滨市第六中学2020-2021学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1若复数z满足：，则的共轭复数的虚部为（ ）AB0CD12已知向量满足：，则（ ）A0B2CD 3.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:若，则； 若，则；若，则，； 若，则；则真命题为（ ）A. B. C. D.4哈六中戏剧节比赛，1115班这5个班级安排在周一至周五的中午进行表演，每天中午安排一个班级，且14班要安排在周一中午或周二中午，则不同的安排方案有（ ）A24种 B48种 C96种
2、 D120种5.复数（为虚数单位）,若，则的最大值为（ ）A. B. C. D.6已知正四棱锥，侧棱长是底面边长的2倍，是的中点，则所成的角的余弦值为（ ）AB C D7如图所示，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角为，点的仰角为以及，从点测得，已知山高，则山高为（ ）ABCD8.为了适应新教材，哈六中高一学年为计划学文的同学开设文科拓展班.已知哈六中计划开设三个不同授课时间的文科拓展班，现有某班的5名同学报名参加文科拓展班，要求这5名同学每人选择一个班且每个班都有人选，则这5名同学选班的种数为（ ）A100 B150 C160 D.2409.设是同一个半径为的球的球
3、面上四点，是以为底边的等腰三角形，且面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）A. B. C. D.10.在中，分别是，上的点，与交于点，且，设在上的投影向量为，则（ ）A. B. C. D.二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求,全部选对得5分，有错选得0分，部分选对得3分.11.已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中，正确的命题是（ ）A若，则有两解B若，则是等腰三角形C. 若在线段上，且，则的面积为D. 若，动点在所在平面内且，则动点的轨迹的长度为.12.在正方体中，是棱的中点，是棱上的定点，满足，点为棱上的动点，则下列命题正确的是
4、（ ）A. B.三棱锥的体积是定值 C.存在点使得与面所成的角为 D.过、三点的截面将正方体分割成两部分，较小部分与较大部分的体积比为第卷（非选择题 共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分将答案填在机读卡上相应的位置13.设二项式展开式中项的系数为14.哈六中要从4名男生、3名女生中选派4人参加哈工大举办的建造节活动，如果要求至少有2名女生参加，则不同的选派方法有_种 15.已知是平面上夹角为的两个单位向量，在该平面上，且，则的最大值为_ 16.边长为的正方形沿对角线翻折成三棱锥，使，则二面角的平面角的余弦值为_；三棱锥的外接球的表面积为_四、解答题：本题共6小题，共70分
5、解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17（本小题满分10分）已知中，角的对边为，.（1）求角的大小；（2）若，求的面积.18.（本小题满分12分）如图，正四棱柱中，为棱的中点.（1） 证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.19.（本小题满分12分）已知中,角的对边分别为,且边上的高为.（1）求边的大小；（2）求角的最大值.20.（本小题满分12分）如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：为等腰三角形；（2）若二面角的余弦值为，求到平面的距离.21.（本小题满分12分）如图,在多面体中,平面平面,底面为直角梯形，与平行并且相等，.（1）证明:;（2）在
6、线段上是否存在点,使得二面角的平面角余弦值为?若存在,求出的值；若不存在,说明理由.22（本小题满分12分）已知中,角的对边分别为,点在线段上.且,的面积是的面积的倍.（1）求; （2）若,求的面积.参考答案一、单项选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1若复数z满足z（2i）5，则z的共轭复数的虚部为（）A1B0CiD1解：由z（2i）5，得z，则z的共轭复数的虚部为1故选：A2已知向量满足：，则（）A0B2C4D解：向量满足：，所以|2，2故选：B3设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：若m，则m；若m，m，
7、则；若m，m，则，；若，则则真命题为（）ABCD解：若m，则m或m或m与相交，相交也不一定垂直，故错误；若m，则存在直线n与m平行，又m，则n，可得，故正确；若m，m，则与中至少有一平面与相交，故错误；若，则或与相交，故错误故选：C4哈六中戏剧节比赛，1115班这5个班级安排在周一至周五的中午进行表演，每天中午安排一个班级，且14班要安排在周一中午或周二中午，则不同的安排方案有（）A24种B48种C96种D120种解：根据题意，分2步进行分析：14班要安排在周一中午或周二中午，则14班有2种安排方案，其他4个班级安排剩下的4天，有24种安排方案，则有22448种安排方案，故选：B5复数（i为虚
8、数单位），若|z0z|2，则|z0|的最大值为（）A4B2CD解：设z0s+ti，1i，则z0zs1+（t+1）i，又|z0z|2，（s1）2+（t+1）24，（s，t）在以C（1，1）为圆心，以2为半径的圆上|z0|，表示圆C上的点到原点的距离，最大值+22+故选：D6已知正四棱锥SABCD，侧棱长是底面边长的2倍，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为（）ABCD解：建立如图所示坐标系，令正四棱锥的底面边长为2a，则SB4a，故有A（a，a，0），B（a，a，0），D（a，a，0），S（0，0，a），E（，a，a），所以（，a），（a，a，a）则cos，故AE，SD所成的角的余弦值
9、为故选：C7如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角为60，C点的仰角为45以及MAC75，从C点测得MCA60，已知山高BC50m，则山高MN为（）A75mB150mC180mD200m解：由题意可得CAB45，所以在RtABC中，AC50，因为MAC75，MCA60，所以可得AMC180756045，在MAC中由正弦定理可得：，即，解得AM50，在RtANM中可得：MNACsinMAN，而MAN60，所以MN5075，故选：A8为了适应新教材，哈六中高一学年为计划学文的同学开设文科拓展班已知哈六中计划开设三个不同授课时间的文科拓展班，现有某班的5
10、名同学报名参加文科拓展班，要求这5名同学每人选择一个班且每个班都有人选，则这5名同学选班的种数为（）A100B150C160D240解：根据题意，分2步进行分析：将5名同学分为3组，有+25种分组方法，将三组安排到三个拓展班，有6种情况，则有256150种安排方法，故选：B9设A，B，C，D是同一个半径为2的球的球面上四点，ABC是以为BC底边的等腰三角形，且面积为，则三棱锥DABC体积的最大值为（）ABCD解：ABC为等腰三角形且面积为，BAC120，可得AB2sin120，解得AB，设球心为O，ABC 的外心为O，显然D在OO的延长线与球的交点时三棱锥体积最大，如图所示：ABC外接圆的半径
11、为OA，OO1，且三棱锥DABC高的最大值为OO+OD3，所以三棱锥DABC体积的最大值为：VSABCOD3故选：D10在ABC中，D，E分别是AC，BC上的点，AE与BD交于点O，且，设在上的投影向量为，则（）ABCD解：因为，由平行四边形法则可知E是BC的中点，因为BCAE，所以ABAC，同理可得BCAB，ACBC，所以ABC是等边三角形，在上的投影向量为，所以，故选：D二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，有错选得0分，部分选对得3分.11已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中，正确
12、的命题是（）A若A30，b4，a3，则ABC有两解B若（a2+b2）sin（AB）（a2b2）sin（A+B），则ABC是等腰三角形C若D在线段AB上，且AD5，BD3，CB2CD，则ABC的面积为8D若，动点D在ABC所在平面内且，则动点D的轨迹的长度为解：对于A：作图可得ABC有两解，故A正确；对于B：因为（a2+b2）sin（AB）（a2b2）sin（A+B），所以（a2+b2）（sinAcosBcosAsinB）（a2b2）（sinAcosB+cosAsinB），化简整理得a2cosAsinBb2sinAcosB，整理得sin2AcosAsinBsin2BsinAcosB，即sinAc
13、osAsinBcosB，即sin2Asin2B，所以AB或A+B，所以ABC是直角三角形或等腰三角形，故B错误；对于C：设CDx，CB2x，在CBD中由余弦定理可得，整理可得5x22x150，解得x，即CD，CB2，所以SABCSBCD+SADC3+58，故B正确；对于D：动点D的轨迹的长度是圆O1上劣弧长度的2倍，所以点D的轨迹长度为2，故D正确故选：ACD12在正方体ABCDA1B1C1D1中，M是棱AB的中点，N是棱BC上的定点，满足D1MAN，点P为A1C1上的动点，则下列命题正确的是（）ABD1MNB三棱锥D1PMN的体积是定值C存在P点使得DP与面ABCD所成的角为D过D1、M、N
14、三点的截面将正方体分割成两部分，较小部分与较大部分的体积比为25：47解：对于A：连接DM，因为D1MAN，D1DAN，DD1D1MD1，所以AN平面DD1M，因为DM平面DD1M，所以ANDM，所以DAMABN，所以AMBN，所以N为BC的中点，所以ACMN，又因为BD1AC，所以BD1MN，故A正确；对于B：因为MNAC，A1C1AC，所以MNA1C1，因为A1C1平面D1MN，MN平面D1MN，所以A1C1平面D1MN，因为点P为棱A1C1上的动点，所以P到平面D1MN的距离为定值，而D1MN的面积为定值，所以三棱锥D1PMN的体积为定值，故B正确；对于C：当P与A1重合时，DP与面AB
15、CD的夹角最小，当P是A1C1中点时，DP与面ABCD所成的角最大，所以DP与面ABCD所成的角最大值为PDB，设正方体的棱长为1，则tanPDB，所以PDB，故C错误；对于D：如图作出截面，设正方体的棱长为6，则其体积为216，延长D1E交DA的延长线于K点，连接KM，延长D1F角DC的延长线于点L，连接NL，因为M，N分别为棱的中点，E，F分别为两棱的三等分点，所以AKCL3，AECF2，所以V69981，所以VEAKMVFNCL2333，所以正方体被截面分成两部分，其中一部分的体积为81675，则另一部分的体积为21675141，所以较小部分与较大部分的体积比为75：14125：47，故
16、D正确故选：ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分将答案填在机读卡上相应的位置13设二项式展开式中x项的系数为 54解：二项式展开式的通项公式为 Tr+134r，令41，求得r2，可得展开式中x项的系数为3254，故答案为：5414哈六中要从4名男生、3名女生中选派4人参加哈工大举办的建造节活动，如果要求至少有2名女生参加，则不同的选派方法有 22种解：根据题意，分2种情况讨论：选出4人中有2名女生，有18种选法，选出4人中有3名女生，有4种选法，则有18+422种选法；故答案为：2215已知是平面上夹角为的两个单位向量，在该平面上，且，则的最大值为 解：如图建立平面直角坐标系
17、，由题意可得，设，由，得（1x，y）（）0，即，故的终点落在以（）为圆心，半径r的圆上，故的最大值为故答案为：16边长为2的正方形ABCD沿对角线BD翻折成三棱锥ABCD，使AC1，则二面角BACD的平面角的余弦值为 ；三棱锥ABCD的外接球的表面积为 8解：如图，取AC的中点E，连接BE，DE，BCBADCDA2，BEAC，DEAC，可得BED为二面角BACD的平面角，由已知AC1，BEDE，又BD，cosBED，即二面角BACD的平面角的余弦值为；取BD的中点O，即有OAOBOCOD，可得O为三棱锥ABCD的外接球的球心，可得半径为，则外接球的表面积为428故答案为：；8四、解答题：本题共
18、6小题，共70分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17已知ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，bsinC+a（1）求角C的大小；（2）若c，a+b4，求ABC的面积解：（1），sinB0，C（0，），；（2）由余弦定理得 c2a2+b22abcosC7（a+b）23ab163abab318如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为棱CC1的中点（1）证明：A1C平面B1ED1；（2）求直线B1D与平面B1ED1所成角的正弦值【解答】（1）证明：连接A1C1与B1D1相交于O1，连接EO1，由于E，O1分别是CC1，A1C1的中点，则EO1A1C，因为EO1平
19、面B1D1E，A1C平面B1D1E，所以A1C平面B1ED1（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，设AB1，AA12，则B1（1，1，2），D（0，0，0），E（0，1，1），D1（0，0，2），设是面B1ED1的法向量，令x1，则y1，z1，即，设B1D与面B1ED1所成角为，B1D与面B1ED1所成角的正弦值为19已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ccosA+acosC4，且AC边上的高为（1）求边b的大小；（2）求角B的最大值解：（1）ccosA+acosC4，b4；（2），由余弦定理b2a2+c22accosB
20、，即有162ac2accosB，当且仅当ac时取等号，即，0B，B的最大值为20如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAC平面ABCD，且ACPB（1）证明：PBD为等腰三角形；（2）若二面角APCB的余弦值为，求D到平面PBC的距离解：（1）证明：设ACBDO，ABCD是正方形，BDAC，又面PAC面ABCD，面PAC面ABCDAC，BD面ABCD，BD面PAC，PO面PAC，POBD，又O为BD的中点，PBPD，PBD是等腰三角形（2）ACPB，ACBD，PBBDB，AC面PBD，PO面PBDPOAC，又POBD，ACBDO，PO面ABCD，以O为坐标原点，以OA
21、，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设OPa，则，设是面PBC的法向量，则，令xa，则，BD面PAC，面PAC的法向量为，面PAC的法向量，即，D到平面PBC的距离21如图，在多面体ABCDEF中，平面ABEF平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ABBC，ABADBC2，AB与EF平行并且相等，AF（1）证明：CDBF；（2）在线段CE上是否存在点M，使得二面角FBDM的平面角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解：（1）证明：，AB2+BF2AF2，BFAB，又平面ABEF平面ABCD，平面ABEF平面ABCDAB，BF平面ABEF，
22、BF平面ABCD，又CD平面ABCD，CDBF；（2）由（1）可知，BF平面ABCD，且ABBC，以B为坐标原点，以BA，BC，BF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，0，0），D（2，2，0），F（0，0，2），E（2，0，2），C（0，4，0），设是平面BDF的法向量，则，令x1，则，设，M（2，4（1），2），设是平面BDM的法向量，则，令x1，则，二面角FBDM的平面角余弦值为，故在线段CE上是否存在点M，且22已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D在线段AB上且，BCD的面积是ACD的面积的倍（1）求BCD；（2）若，求BCD的面积解：（1），又，由BCD（0，）可得，（3），ABC中，由余弦定理得 AB2a2+b22abcosACB，即，b2，BCD中，由余弦定理得 BD2CD2+BC22CDBCcosBCD，即，则CD2+BD2BC2，BCD的面积为
