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）

2023-2024学年黑龙江省哈尔滨三中高一（下）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.，则( )
A. B. C. D.
2.一个水平放置的平面图形按斜二测画法得到的直观图如图所示，四边形为等腰梯形，，则平面图形的面积为( )
A.
B.
C.
D.
3.在空间四面体中，对空间内任意一点，满足，则下列条件中可以确定点与，，共面的为( )
A. B. C. D.
4.已知向量，向量为平面内两个不共线的单位向量，若，，则下列结论正确的是( )
A. A、、三点共线 B. A、、三点共线
C. A、、三点共线 D. B、、三点共线
5.经哈三中数学组集体备课研究，预计每周五天安排堂数学课，每天至少堂，不同的安排方法有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6.在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.三棱锥的侧棱是它的外接球的直径，且，，，，则三棱锥的体积为( )
A. B. C. D.
8.在中，，是的平分线上一点，且，若内不包含边界的一点满足，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
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，是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题错误的是( )
A. 若，，则
B. 若，，则平行于内的无数条直线
C. 若，，则
D. 若，，则
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. 第行的第个位置的数是
B.
C. 第行的第个数最大
D. 第行中第个数与第个数的比值为
11.已知正方体的棱长为，则下列结论正确的是( )
A. 平面被正方体内切球所截，则截面面积为
B. 四棱锥与四棱锥公共部分的体积为
C. 若点在线段上运动，则
D. 以为球心，为半径作球，则球面与正方体的表面的交线长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.正四棱锥的所有棱长均为，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为______．
13.已知，则 ______．
14.现用种不同的颜色对四棱台的个顶点涂色，要求同一条棱的两个端点不同色，且上底面个顶点颜色都不同，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.本小题分
的展开式中所有项的二项式系数之和为，前项的系数之和为．
求实数和的值；
求的展开式中的系数．
16.本小题分
已知的内角，，所对的边分别为，，，面积为，，．
求；
从以下个条件中选择个作为已知条件，使存在且唯一确定，求条件；条件；条件边上的中线长为．
17.本小题分
在直三棱柱中，、分别是棱、的中点，为线段上的点．
证明：平面；
若，当与平面所成角的正弦值为时，求的值．
18.本小题分
在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，已知．
求；
求的取值范围；
若的外接圆半径为，求内切圆半径的最大值．
19.本小题分
“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，四边形是边长为的正方形，，平面平面，平面平面；
求证：四棱锥是“阳马”；
点在正方形内包括边界平面平面且，
(ⅰ)求点轨迹长度；
(ⅱ)是否存在点，使得平面平面，若存在，求二面角的余弦值；若不存在，请说明理由．
参考答案
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15.解：，
；
，
，
解得或舍；
令，得，
令，得，舍弃；
令，得，
的展开式中的系数为：．
16.解：因为，
由正弦定理可得，且，即，
可得且，
则，所以；
若选：由可知，，
则，
因为，
则，可得，且，
则即角，，确定且唯一，且，可知存在且唯一，
因为；
由正弦定理可得，
所以的面积；
若选：由余弦定理可得即，整理可得，
则，
故方程有个实根，所以不唯一，故不合题意；
若选：设边上的中线为，
则，且，
故，即，此时无法解出、所以不唯一，故不合题意．
17.解：证明：如图，连接B、、、、，
由直棱柱性质且，
所以四边形是平行四边形，故A，
又平面，平面，
故EC平面，
又由直棱柱性质有且，目，，
所以且，
所以四边形是平行四边形，故EB，
又平面，平面，
所以平面，
因为，，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面；
因为，
所以，，，
，
设，则，
所以，
由可知点到平面的距离是一个定值，将其设为，
由直棱柱性质平面，平面，故A，
又，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
，，
又，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为，
即，
所以，即，
故．
18.解：因为，
所以由商数关系和正弦定理得，
即，
又由题可得、、，所以且，
所以由得，即，
所以．
由以及正弦定理得，，
所以
，
又由，所以，所以，
所以，即．
由得，
所以由余弦定理，得，
所以，
且，当且仅当时等号成立，
又，且为内切圆半径，
所以，
当且仅当时等号成立，此时为正三角形，符合题意，
所以内切圆半径的最大值为．
19.解：证明：因为四边形是边长为的正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以；
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以．
因为，，平面，所以平面，所以四棱锥是“阳马”．
以为直径在平面上作一个半圆，如图所示：
在该半圆周上任取点，连接、、，则，又由知平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，所以点的运动轨迹在该半圆周上，
因为，所以，
所以根据扇形的弧长公式得点的运动轨迹长度为．
存在点，使得平面平面，且该点为与交点，如图所示：
连接、，则由知，此时与交点在中所作的半圆圆周上，
且满足，
由正方体性质知，，又平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
所以存在点为与交点，使得平面平面，
过点作交于点，过作交于点，连接，
又由平面，可得，
所以由，且、平面，得平面，所以，
由平面，得，
因为，、平面，所以平面，
所以是二面角的平面角，
因为正方体边长为，，所以，，，
所以，，
所以，所以，
所以二面角的余弦值为．
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