2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市六校高一下学期期末联考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市六校高一下学期期末联考数学试卷（含答案），共9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。

1.若复数z=3−i，则|z|=( )
A. 10B. 10C. 2 5D. 20
2.设A，B是直线l上两点，则“A，B到平面α的距离相等”是“l/​/α”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知一组数据：55，64，92，76，88，67，76，90，则这组数据的第80百分位数是( )
A. 90B. 88C. 82D. 76
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=5,b=4,c= 21，则C=( )
A. 90°B. 45°C. 60°D. 30°
5.已知非零向量a,b满足a=3b，且向量b在向量a上的投影向量为16a，则a与b的夹角为( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 120∘
6.已知某正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为( )
A. 6πB. 8πC. 16πD. 20π
7.用2，3，4这3个数组成没有重复数字的三位数，则事件“这个三位数是偶数”发生的概率为( )
A. 13B. 12C. 23D. 34
8.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csinC+3bsinAcsC=bsinB，则tanA的最大值是( )
A. 3 2B. 2 2C. 26D. 24
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.已知i是虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. i+i2+i3+i4=0
B. 复数z=3−5i的虚部为5
C. 若复数z1，z2满足(z1−1)2+(z2−1)2=0，则z1=z2=1
D. 若复数z满足|z|=1，则|z−1+ 3i|的最大值为3
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列对△ABC的个数的判断正确的是( )
A. 当a=2 2,c=4,A=30°时，有两解
B. 当a=5，b=7，A=60°时，有一解
C. 当a= 2,b=4,A=30°时，无解
D. 当a=6，b=4，A=60°时，有两解
11.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=2，AA1= 2，D是边B1C1的中点，过点A，B，D作截面交A1C1于点E，则( )
A. DE//AB
B. 平面AB1C⊥平面ABDE
C. DE//平面AB1C
D. 点C1到截面ABDE的距离为 63
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若事件A与B互斥，且P(A)=0.3，P(B)=0.3，则P(A∪B)= ______．
13.如图，用无人机测量一座小山的海拔与该山最高处的古塔AB的塔高，无人机的航线与塔AB在同一铅直平面内，无人机飞行的海拔高度为500m，在C处测得塔底A(即小山的最高处)的俯角为45∘，塔顶B的俯角为30∘，向山顶方向沿水平线CE飞行50m到达D处时，测得塔底A的俯角为75∘，则该座小山的海拔为 m；古塔AB的塔高为 m．
14.已知△ABC中，AB=2 2,∠A=45°,D为BC上一点，且BD=2DC，BE⊥AC，垂足为E，则AD⋅BE= ______．
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.（13分）已知向量OA=(−3,1),OB=(1,−1),OC=(m,4),OD=(x,y)(m,x,y∈R)．
(1)若A，B，C三点共线，求m的值；
(2)若四边形ABCD为矩形，求2x+y的值．
16.（15分）如图，在三棱锥A−BCD中，E是线段AD的中点，F是线段CD上的一点．
(1)若EF//平面ABC，试确定F在CD上的位置，并说明理由；
(2)若BC=BD=AD=AC，证明：CD⊥AB．
17.（15分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2sinA+sinC)c=bsin2C．
(1)求角B的大小；
(2)若AC=6 7，点D是线段AC上的一点，且∠ABD=∠CBD，BD=4，求△ABC的周长．
18.（17分）为了估计一批产品的质量状况，现对100个产品的相关数据进行综合评分(满分100分)，并制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品．
(1)求图中a的值，并求综合评分的平均数；
(2)用样本估计总体，以频率作为概率，按分层随机抽样的思想，先在该条生产线中随机抽取5个产品，再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据，求这2个产品中最多有1个一等品的概率；
(3)已知落在[50,60)的平均综合评分是54，方差是3，落在[60,70)的平均综合评分为63，方差是3，求落在[50,70)的总平均综合评分z−和总方差s2．
19.（17分）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1= 3，AB=2AC=4，AC⊥CB，点D，E分别为棱BC，A1C1的中点，点F是线段CE的中点．
(1)求证：AF⊥平面BCE；
(2)求直线DF与平面ABF所成角的正弦值；
(3)求二面角F−AD−C的余弦值．
参考答案
1.A
2.B
3.A
4.C
5.C
6.D
7.C
8.D
9.AD
10.AC
11.ABD
12.0.6
13.475−25 3；50 33
14.−43
15.解：(1)因为OA=(−3,1),OB=(1,−1),OC=(m,4)，
所以AB=OB−OA=(1,−1)−(−3,1)=(4,−2)，AC=OC−OA=(m,4)−(−3,1)=(m+3,3)．
又A，B，C三点共线，所以AB//AC，所以4×3−(−2)(m+3)=0，
解得m=−9．
(2)由AB=(4,−2),BC=OC−OB=(m,4)−(1,−1)=(m−1,5)，
CD=OD−OC=(x,y)−(m,4)=(x−m,y−4)，
若四边形ABCD为矩形，则AB⊥BC.即AB⋅BC=4(m−1)−10=0，
解得m=72．
由AB=−CD，得x−m=x−72=−4,y−4=2,
解得x=−12,y=6.所以2x+y=5．
16.(1)解：F是CD的中点，理由如下：
若EF//平面ABC，由EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面ABC=AC，
得EF//AC，又E是AD的中点，F在CD上，
所以F是CD的中点；

(2)证明：取CD的中点G，连接BG，AG，

因为BC=BD=AD=AC，G为CD中点，
所以CD⊥AG，CD⊥BG，
因为BG∩AG=G，所以CD⊥平面ABG，
因为AB⊂平面ABG，
所以CD⊥AB．
17.解：(1)依据题干条件(2sinA+sinC)c=bsin2C，
根据正弦定理可得(2sinA+sinC)sinC
=sinBsin2C
=2sinBsinCcsC，
又因为sinC>0，
所以2sinA+sinC
=2sinBcsC
=2sin(B+C)+sinC
=2sinBcsC+2csBsinC+sinC，
所以2csBsinC+sinC=0，
所以(2csB+1)sinC=0，
又因为sinC>0，
所以2csB+1=0，
所以csB=−12，
又因为B∈(0,π)，
所以B=2π3．
(2)由题意可知∠ABD=∠CBD=π3，又因为三角形ABC包括三角形ABD和三角形DBC，
即S△ABC=S△ABD+S△DBC，
所以S△ABC=12acsin2π3=12c×4sinπ3+12a×4sinπ3，
即ac=4(c+a)．
在△ABC中，AC2=BA2+BC2−2BA⋅BCcs∠ABC，
即(6 7)2=a2+c2−2cacs2π3，
因此252=a2+c2+ac=(a+c)2−4(a+c)，
解得a+c=−14(舍去)或a+c=18，
所以△ABC的周长为a+c+b=18+6 7．
18.解：(1)由频率分布直方图可得：(0.005+0.010+0.025+a+0.020)×10=1，
解得a=0.040，
则综合评分的平均数为x−=10×(55×0.005+65×0.010+75×0.025+85×0.040+95×0.020)=81；
(2)由题意，抽取5个产品，其中一等品有3个，非一等品有2个，
一等品记为a、b、c，非一等品记为D、E，
从这5个产品中随机抽取2个，试验的样本空间Ω={ab、ac、aD、aE、bc、bD、bE、cD、cE、DE}，共10个样本点，
记事件A=“抽取的这2个产品中最多有1个一等品”，则A={aD、aE、bD、bE、cD、cE、DE}，共7个样本点，
所以所求的概率为P=710；
(3)z−=13×54+23×63=60，
s2=13[3+(54−60)2]+23[3+(63−60)2]=21．
19.解：(1)在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC，
又AC⊥CB，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又AF⊂平面ACC1A1，
所以BC⊥AF，
在矩形ACC1A1中，AA1= 3，AC=2，点E是棱A1C1的中点，
所以AE=EC=2，所以△AEC是等边三角形，
又点F是线段CE的中点，所以AF⊥EC，
又CE∩BC=C，CE，BC⊂平面BCE，
所以AF⊥平面BCE．
(2)在平面BCE内，过点D作BF的垂线，垂足为H，
由(1)知AF⊥平面BCE，又DH⊂平面BCE，
所以AF⊥DH，
又BF⊥DH，BF∩AF=F，BF，AF⊂平面ABF，
所以DH⊥平面ABF，
所以∠DFB是直线DF与平面ABF所成角，
在△ABC中，AB=2AC=4，AC⊥CB，
所以CB= AB2−AC2=2 3，
又点D为棱BC的中点，所以BD=CD=12CB= 3，
因为BC⊥平面ACC1A1，又CE⊂平面ACC1A1，
所以BC⊥CE，
所以DF= DC2+CF2=2，BF= BC2+CF2= 13，
在△BDF中，由余弦定理得cs∠DFB=FD2+FB2−BD22FD⋅FB=4+13−32×2× 13=7 1326，
所以sin∠DFB= 1−cs2∠DFB= 1−(7 1326)2= 3926，
即直线DF与平面ABF所成角的正弦值为 3926．
(3)在平面ACC1A1内，过点F作AC的垂线，垂足为O，在平面ABC内，过O作AD的垂线，垂足为G，连接FG，
因为BC⊥平面ACC1A1，又FO⊂平面ACC1A1，所以BC⊥FO，
又AC⊥FO，AC∩BC=C，AC，BC⊂平面ABC，
所以FO⊥平面ABC，
又GO，AD⊂平面ABC，所以FO⊥GO，FO⊥AD，
又GO⊥AD，GO∩OF=O，GO，OF⊂平面GOF，
所以AD⊥平面GOF，
又GF⊂平面GOF，所以AD⊥GF，又GO⊥AD，
所以∠FGO为二面角F−AD−C的平面角，
在△FOC中，FO=FCsin∠FCO= 32，
因为AF⊥平面BCE，DF⊂平面BCE，所以AF⊥FD，
又易得AF= 3，FD=2，
所以AD= AF2+FD2= 7，
由等面积法可知GF=AF⋅FDAD= 3×2 7=2 217，
在△GFO中，FO⊥GO，GF=2 217，FO= 32，
所以GO= GF2−OF2= (2 217)2−( 32)2=3 2114，
所以cs∠FGO=GOGF=34，
即二面角F−AD−C的余弦值为34．