2023-2024学年黑龙江省绥化市绥化一中高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省绥化市绥化一中高一下学期期末考试数学试卷（含解析），共14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。

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.已知复数z=2−i，则zz−z=( )
A. −12+iB. 12−iC. 12+iD. −12−i
2.某学校有小学生270人，初中生x人，高中生810人．为了调查学校学生的近视率，采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为360的样本，且从初中生中抽取的人数为120人，则x为( )
A. 270B. 360C. 450D. 540
3.已知cs 2α+5sin α=3，则sin α=( )
A. 12B. −12C. 32D. − 32
4.已知三条不重合的直线a，b，c和平面α，下列命题中是真命题的为( )
A. 若直线a，b和平面α所成的角相等，则a // b
B. 若a⊥c，b⊥c，则a // b
C. 若a⊥α，a⊥b，则b // α
D. 若a⊥α，b⊥α，则a // b
5.有两位射击运动员在一次射击测试中各射靶10次，每次命中的环数如下：
甲：7，8，7，9，5，4，9，10，7，4
乙：9，5，7，8，7，6，8，6，7，7
则下列结论正确的是( )
A. 甲成绩的平均数较小B. 乙成绩的中位数较小
C. 乙成绩的极差较大D. 乙比甲的成绩稳定
6.△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A=30°，a=8，b=8 3，则△ABC的面积为( )
A. 32 3B. 16 3C. 32 3或16 3D. 12 3
7.在三棱锥D−ABC中，AD=2，BC=2 3，E，F分别是AB，CD的中点，EF= 6，则直线AD与BC所成的角的余弦值为( )
A. 33B. − 33C. 36D. − 36
8.已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO=AB+AC，|OA|=|AC|=1，点D是线段BC上一动点，则DA⋅DB的最小值是( )
A. −14B. −116C. −916D. −38
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若复数z满足iz=1−i，下列说法正确的是( )
A. z的虚部为−iB. z=−1+iC. |z|= 2D. z⋅z=z2
10.关于函数f(x)=2sin2x−π3+1，下列结论正确的是( )
A. π6,0是f(x)的一个对称中心
B. 函数f(x)在0,π6上单调递增
C. 函数f(x)图像可由函数g(x)=2cs 2x+1的图像向右平移5π12个单位得到
D. 若方程2f(x)−m=0在区间π12,π2上有两个不相等的实根，则m∈[2 3+2,6]
11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1中．F为线段BC1的中点，E为线段A1C1上的动点，则下列四个结论正确的是( )
A. 不存在点E，使EF //平面ABCD
B. 三棱锥B1−ACE的体积不随动点E变化而变化
C. 直线EF与AD1所成的角可能等于30°
D. 不存在点E，使EF⊥平面AB1C1D
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知p：向量a=(−1,1)与b=(m,2)的夹角为锐角．则实数m的取值范围为________．
13.在对某中学高一年级学生身高(单位：cm)调查中，抽取了男生20人，其平均数和方差分别为174和12，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为164和30，根据这些数据计算出总样本的平均数为 ，方差为 ．
14.已知三棱锥P−ABC四个顶点在球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为 2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则此球的半径是________．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(12分)已知平面向量a=2sinx, 3csπ2−x，b=sinπ2+x,2sinx，且函数f(x)=a⋅b− 3．
(1)求fπ3的值；
(2)求函数f(x)的最小正周期；
(3)求函数y=f(x)在0,π2上的最大值，并求出取得最大值时x的值．
16.(12分)某电力公司需要了解用户的用电情况(单位：度).现随机抽取了该片区100户进行调查，将数据分成6组：(0,100]，(100,200]，(200,300]，(300,400]，(400,500]，(500,600]，并整理得到如下频率分布直方图(用户的用电量均不超过600度)．
(1)求a；
(2)若每一组住户的用电量取该组区间中点值代替，估算该片区住户平均用电量；
(3)每户用电量不超过m度的电费是0.5元/度，超出m度的部分按1元/度收取，若该公司为了保证至少80%的住户电费都不超过0.5元/度，则m至少应为多少(m为整数)？
17.(12分)在三棱锥P−ABC中，PA=PC=BA=BC，AC=PB．
(1)求证：AC⊥PB；
(2)若PA=3，PB=2，求点P到平面ABC的距离．
18.(12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsin2A=asinB.
(1)求角A的大小;
(2)若b+c= 2a，△ABC的面积为 3，求△ABC的周长．
19.(12分)如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，且∠DAB=60°，AC交BD于点O，PB=PD=3，PA⊥PC，M，N分别为PA，BC的中点．
(1)求证：MN//平面PCD；
(2)记二面角B−PC−D的平面角为θ，若csθ=−17．
①求PA与底面ABCD所成角的大小；
②求点N到平面CDP的距离．
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：因为z=2−i，解：对于A，若直线a,b和平面α所成的角相等，则直线a,b可以相交或异面或平行，即 A错误；
对于B，若a⊥c,b⊥c，则直线a,b可以相交或异面或平行，即 B错误；
对于C，若a⊥α,a⊥b，则可能是b⊂α，即 C错误；
对于D，若a⊥α,b⊥α，由线面垂直性质可得a/​/b，即 D正确．
故选：D
5.【答案】D
【解析】将甲乙两位射击运动员的射击环数从小到大进行排列可得：甲：4，4，5，7，7，7，8，9，9，10，乙：5，6，6，7，7，7，7，8，8，9，
对于选项A:甲的射击环数的平均数x1=4+4+5+7+7+7+8+9+9+1010=7，
乙的射击环数的平均数x2=5+6+6+7+7+7+7+8+8+910=7，所以甲乙成绩的平均数相等，故选项A错误;
对于选项B:易得甲的射击环数的中位数为7+72=7，乙的射击环数的中位数为7+72=7，所以甲乙成绩的中位数相等，故选项B错误;
对于选项C:易得甲的射击环数的极差为10−4=6，乙的射击环数的极差为9−5=4，所以甲成绩的极差较大，故选项C错误;
对于选项D:因为甲的射击环数的平均数x1=7，
所以甲的射击环数的方差为
S12=110[(4−7)2+(4−7)2+(5−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(8−7)2+(9−7)2+(9−7)2+(10−7)2]=3.6
因为乙的射击环数的平均数x2=7，
所以乙的射击环数的方差为
S22=110[(5−7)2+(6−7)2+(6−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(8−7)2+(8−7)2+(9−7)2]=1.2
所以S226.【答案】C
【解析】由正弦定理得asinA=bsinB，即8sin30∘=8 3sinB，解得，sinB= 32
∵B是三角形内角，0∘当B=60∘时，C=90∘，S=12absinC=12×8×8 3×1=32 3；
当B=120∘时，C=30∘S=12absinC=12×8×8 3×12=16 3．
故选：C．
7.【答案】A
【解析】解：取BD中点O，连接EO，FO，EF，
因为AD=2，BC=2 3，
E ，F分别是AB，CD的中点，EF= 6，
∴OE//AD，OF//BC，
∴∠EOF是异面直线AD与BC所成角(或所成角的补角)，
∵OE=12AD=1，OF=12BC= 3，
∴cs∠EOF=OE2+OF2−EF22×OE×OF=1+3−62×1× 3=− 33，
∴异面直线AD与BC所成角的余弦值为 33．
故选A．
8.【答案】C
【解析】解：因为2AO=AB+AC，可知O为BC的中点，又因为O为△ABC的外接圆圆心，
则AB⊥AC，且|OA|=|AC|=1，即|OA|=|AC|=|OC|=1，
可知△OAC为等边三角形，即∠ACB=π3，
如图，建立平面直角坐标系，
则B(−1,0)，A(12, 32)，设D(a,0)，a∈[−1,1]，
可得DA=(12−a, 32)，DB=(−1−a,0)，则DA⋅DB=(12−a)(−1−a)=a2+12a−12，
可知当a=−14时，DA⋅DB取到最小值−916．
9.【答案】BC
【解析】解：z=1−ii=−i(1−i)−i2=−1−i，则其虚部为−1，故A错误;
|z|= 2，z=−1+i，故B，C正确;
z⋅z=(−1−i)(−1+i)=2，而z2=(−1−i)2=2i，则两者不等，故D错误．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A：因为f(π6)=2sin⁡(2×π6−π3)+1=1，故A选项错误；
对于B：x∈(0,π6)时，2x−π3∈(−π3,0)，
所以函数f(x)在(0,π6)上单调递增，故B选项正确；
对于C：函数g(x)=2cs2x+1的图象向右平移5π12个单位得到函数 y=2cs⁡2(x−5π12)+1=2cs⁡(2x−5π6)+1=2cs⁡(2x−π3−π2)+1=2sin⁡(2x−π3)+1，
即为函数f(x)，故C选项正确；
对于D：方程2f(x)−m=0可化为fx=m2，
当π12⩽x⩽π2时，−π6⩽2x−π3⩽2π3，
令t=2x−π3，则−π6⩽t⩽2π3，
由题意可知，直线y=m2与函数 y=2sin t+1在−π6,2π3上的图象有两个交点，
如下图所示：
当t=2π3时，y=2sin2π3+1= 3+1 ，
由图可知，当 3+1⩽m2<3时，
直线y=m2与函数y=2sint+1在 −π6,2π3上的图象有两个交点，
因此，实数m的取值范围是2 3+2,6，故D选项错误．
故选BC．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，若EF/​/平面ABCD，而易知EA1//平面ABCD，
且A1E∩EF=E，A1E、EF⊂平面A1C1B，
所以平面A1C1B/​/平面ABCD，显然矛盾，故A正确；
对于B，易知A1C1/​/AC，A1C1⊄平面B1AC，而AC⊂平面B1AC，
所以A1C1/​/平面B1AC，则E到平面B1AC的距离始终为定值，
又△B1AC的面积为定值，所以由等体积法知VB1−ACE=VE−ACB1，故B正确；
对于C，易知AD1/​/BC1，则直线EF与AD1所成的角为∠EFC1或其补角，
又△A1BC1为正三角形，显然当EF⊥A1C1时，∠EFC1=30°，即C正确；
对于D，由正方体的特征知A1B⊥AB1，AD⊥AB1，
而AD∩AB1=A，AD、AB1⊂平面AB1C1D，
所以A1B⊥平面AB1C1D，
所以当E为A1C1的中点时，有EF/​/A1B，此时EF⊥平面AB1C1D，故D错误．
故选：ABC．
利用面面平行的性质及反证法可判定A，利用线面平行的性质及棱锥的体积公式可判定B，利用异面直线的夹角及正三角形的性质可判定C，利用正方体的特征结合中位线的性质可判定D．
本题考查立体几何的综合问题，线面平行的判定，三棱锥的体积问题，线线角的求解，线面垂直的判定，属中档题．
12.【答案】(−∞,−2)∪(−2,2)
【解析】解：cs=a⋅b|a|⋅|b|=−1×m+1×2 (−1)2+12· m2+22=−m+2 2· m2+22，
∵a与b的夹角为锐角，
∴a⋅b>0，且a,b不共线，
∴−m+2>0−2−m≠0，解得m<2且m≠−2，
∴m的取值范围为：(−∞,−2)∪(−2,2)．
故答案为：(−∞,−2)∪(−2,2)．
根据向量数量积的计算公式和共线向量的坐标关系即可得解．
本题考查了向量数量积的计算公式，向量平行的坐标关系，是基础题．
13.【答案】168；46.8
【解析】解：易知总样本的平均数为2050×174+3050×164=168，
代入公式可得总样本的方差为205012+174−1682+305030+164−1682=46.8；
因此总样本的平均数为168，方差为46.8；
故答案为：168；46.8．
14.【答案】 32
【解析】解：如图，由PA=PB=PC，△ABC是边长为 2的正三角形，可知三棱锥P−ABC为正三棱锥，
则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，
则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG=O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，
∵E，F分别是PA，AB的中点，∴EF/​/PB，
又∠CEF=90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，又AC∩CE=E，AC，CE⊂平面PAC，得PB⊥平面PAC，
∴正三棱锥P−ABC的三条侧棱两两互相垂直，
把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，
其直径为2R= PA2+PB2+PC2= 1+1+1= 3，
则球O的半径为 32．
故答案为： 32．
15.【答案】解：(1)因为a=(2sinx, 3sinx)，b=(csx,2sinx)，
所以f(x)=a⋅b− 3
=2sinx⋅csx+ 3sinx⋅2sinx− 3
=sin2x− 3(1−2sin2x)
=sin2x− 3cs2x
=2sin(2x−π3)，
f(π3)=2sinπ3= 3；
(2)由f(x)=2sin(2x−π3)，
故函数y=f(x)的最小正周期为π．
(3)解：当0≤x≤π2时，−π3≤2x−π3≤2π3，
当2x−π3=π2，即x=5π12时，函数y=sin(2x−π3)取最大值1，
此时f(x)max=2．
【解析】(1)由题意首先得到f(x)的解析式，可得fπ3的值；
(2)根据三角函数性质可得函数周期；
(3)结合函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质求解函数的最值即可．
16.【答案】解：(1)由频率分布直方图中各组概率之和为1得，
100×(0.0013+0.0032+0.0034+0.0016+a+0.0002)=1，解得a=0.0003．
(2)根据频率分布直方图中平均值计算公式得平均值为50×0.13+150×0.32+250×0.34+350×0.16+450×0.03+550×0.02=220．
(3)由题意，第一组的频率为0.13，
第二组频率为0.32，
第三组频率为0.34，
所以m在第四组(300,400]之间，m为第80百分位数，
即0.13+0.32+0.34+(m−300)×0.0016=0.8，解得m=306.25，
故m至少应为307．
【解析】(1)由频率和为1可得a的值；
(2)由频率分布直方图、平均数可得结果；
(3)由百分位数的定义得出第80百分位数，可得结果．
17.【答案】(1)证明：取AC的中点D，连接PD，BD，如图所示．
在ΔPAC中，PA=PC，D是AC的中点，所以PD⊥AC，在△ABC中，BA=BC，D是AC的中点，所以BD⊥AC，
又PD∩BD=D，PD，BD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD，又PB⊂平面PBD，所以AC⊥PB;
(2)在ΔPAC中，PA=PC=3，AC=2，D是AC的中点，所以PD=2 2．
在△ABC中，BA=BC=3，AC=2，D是AC的中点，所以BD=2 2，S△ABC=12×2×2 2=2 2．
在△PBD中，PD=2 2，BD=2 2，PB=2，所以SΔPDB=12×2× 8−1= 7，
由(1)知，AC⊥平面PBD，所以VP−ABC=VA−PBD+VC−PBD=13AD⋅SΔPBD+13CD⋅SΔPBD=13AC⋅SΔPBD=2 73，
设点P到平面ABC的距离为ℎ，VP−ABC=13SΔABC⋅ℎ=2 23ℎ=2 73，解得ℎ= 142，
即点P到平面ABC的距离为 142．
【解析】(1)证得PD⊥AC和BD⊥AC是关键；
(2)利用VP−ABC=VA−PBD+VC−PBD，分别求出SΔPBD，SΔPBD，S△ABC，即可求出．
18.【答案】解：因为bsin2A=asinB，
由正弦定理可得：sinB⋅sin2A=sinA⋅sinB，
即sinB⋅2sinAcsA=sinA⋅sinB，
又因为sinA>0，sinB>0，所以csA=12，
∵A∈(0,π)，
∴A=π3;
(2)由题意S△ABC=12bcsinA= 3，
由(1)知A=π3，∴bc=4．
又a2=b2+c2−2bccsA
所以a2=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc．
又因为b+c= 2a，a2=(b+c)2−3bc=2a2−12，
即a=2 3．
又因为b+c= 2a=2 6，
所以△ABC的周长为2 3+2 6．
【解析】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式，二倍角正弦公式等知识点，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：取PB的中点E，连接ME，NE，
因为M，N分别为PA，BC的中点，
所以ME//AB//CD，NE/​/PC，
又ME∩NE=E，ME、NE⊂平面MNE，CD∩PC=C，CD、PC⊂平面PCD，
所以平面MNE/​/平面PCD，
因为MN⊂平面MNE，
所以MN/​/平面PCD．
(2)解：取PC的中点F，连接BF，DF，OP，
因为PB=PD=3，BC=CD=3，PC=PC，
所以△PBC≌△PDC，且BF⊥PC，DF⊥PC，
所以∠BFD就是二面角B−PC−D的平面角，即cs∠BFD=csθ=−17，
在△BDF中，BF=DF，BD=3，
由余弦定理知，cs∠BFD=BF2+DF2−BD22BF⋅DF，
所以−17=2BF2−92BF2，解得BF=3 74，
所以PC=2PF=2 PB2−BF2=92，
①作PG⊥AC于点G，
因为PB=PD，O是BD的中点，所以OP⊥BD，
因为菱形ABCD，所以AC⊥BD，
又OP∩AC=O，OP、AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，
因为PG⊂平面PAC，所以BD⊥PG，
又AC∩BD=O，AC、BD⊂平面ABCD，所以PG⊥平面ABCD，
所以∠PAC即为PA与底面ABCD所成角，
因为PA⊥PC，
所以sin∠PAC=PCAC=923 3= 32，
因为0°≤∠PAC≤90°，所以∠PAC=60°，
故PA与底面ABCD所成角的大小为60°．
②由①知，S△PCD=12PC⋅DF=12×92×3 74=27 716，
S△NCD=12CN⋅CDsin60°=12×32×3× 32=9 38，
因为PG⊥平面ABCD，
所以点P到平面NCD的距离为PG=PCsin∠PCA=92sin30°=94，
设点N到平面CDP的距离为d，
因为VN−PCD=VP−NCD，
所以13d⋅S△PCD=13PG⋅S△NCD，即13d⋅27 716=13⋅94⋅9 38，
解得d=3 2114，
故点N到平面CDP的距离为3 2114．
【解析】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线、面平行或垂直的判定与性质定理，等体积法，线面角、二面角的定义是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
(1)取PB的中点E，连接ME，NE，先利用中位线的性质，证明平面MNE/​/平面PCD，再由面面平行的性质定理，即可得证；
(2)取PC的中点F，连接BF，DF，OP，由二面角的定义可知cs∠BFD=csθ=−17，在△BDF中，利用余弦定理求出BF的长，①作PG⊥AC于点G，证明PG⊥平面ABCD，从而知∠PAC即为所求，再由锐角三角函数，即可得解；②利用等体积法，求解即可．