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（含解析）

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。

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．
答案解析
1.A
【解析】解：由题意，|z|= 32+(−1)2= 10．
故选：A．
2.B
【解析】解：由直线l不在平面α内知：直线l上有两个点到平面α的距离相等⇒l//α或直线l与平面α相交，
l//α⇒直线l上有两个点到平面α的距离相等，
∴直线l上有两个点到平面α的距离相等是l//α的必要不充分条件．
故选：B．
3.A
【解析】解：一组数据为55，64，92，76，88，67，76，90，
从小到大排列为55，64，67，76，76，88，90，92，
因为8×80%=6.4，则这组数据的第80百分位数是第7个数为90．
故选：A．
4.C
【解析】解：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，
若a=5,b=4,c= 21，
则可得csC=a2+b2−c22ab=52+42−( 21)22×5×4=12，
又0°可得C=60°．
故选：C．
5.C
【解析】解：因为|b|cs ⟨a,b⟩⋅a|a|=16a，且|a|=3|b|，
所以csa,b=12，又a,b∈0°,180°，
即夹角为60∘，
故选：C．
6.D
【解析】解：正六棱柱的所有棱长均为2，故正六棱柱的外接球球心为上下底面中心连线的中点，设外接球的半径为r，
故 r2=12+22=5 ，表面积为 S=4πr2=20π ．
故选：D．
7.C
【解析】解：将2，3，4组成一个没有重复数字的三位数的情况有{234,243,324,342,423,432}，共6种，
其中偶数有{234,324,342,432}，共4种，
所以事件“这个三位数是偶数”发生的概率为46=23．
故选：C．
8.D
【解析】解：因为csinC+3bsinAcsC=bsinB，
由正弦定理得c2+3abcsC=b2，
所以c2+3ab⋅a2+b2−c22ab=b2，所以a2=c2−b23，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−c2−b232bc=2b2+c23bc≥2 2b2⋅c23bc=2 23，
当且仅当2b2=c2，即c= 2b时，等号成立，
所以A∈(0,π2)，
所以当csA=2 23时，tanA取得最大值，此时sinA= 1−cs2A=13,tanA=sinAcsA= 24，
所以tanA的最大值是 24．
故选：D．
9.AD
【解析】解：i+i2+i3+i4=0，故A正确；
复数z=3−5i的虚部为−5，故B错误；
设z1=1+i，z2=2，则(z1−1)2+(z2−1)2=0，而z1≠1，z2≠1，故C错误；
∵|z|=1，∴|z−1+ 3i|≤|z|+|−1+ 3i|=1+2=3，∴|z−1+ 3i|的最大值为3，故D正确．
故选：AD．
10.AC
【解析】解：对于A，因为a=2 2,c=4,A=30°，
可得2 2sin30°=4sinC，
可得sinC= 22，
又因为0°a，
所以C=45°或C=135°，有两解，故A正确；
对于B，因为a=5，b=7，A=60°，
所以sinB=bsinAa=7× 325=7 310>1，无解，故B错误；
对于C,sinB=bsinAa=4×12 2= 2>1，无解，故C正确；
对于D,sinB=bsinAa=4× 326= 33< 32，
又b所以B为锐角，此三角形只有一解，故D错误．
故选：AC．
11.ABD
【解析】解：对于选项A：如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB//A1B1，
A1B1⊂平面A1B1C1，AB⊄平面A1B1C1，
则有AB//平面A1B1C1，AB⊂平面ABDE，平面A1B1C1∩平面ABDE=DE，
可得DE//AB，故选项A正确；
对于选项B：因为D是B1C1的中点，BC=2，AA1= 2，所以B1BDB1=BCB1B，
又∠DB1B=∠B1BC=90°，所以△B1BC∽△DB1B，所以∠BB1C=∠B1DB，
则∠BB1C+∠B1BD=∠B1DB+∠B1BD=90°，
所以B1C⊥BD，
因为AB⊥BC，AB⊥BB1BC∩BB1=B，BC，BB1⊂平面B1BC，
所以AB⊥平面B1BC，
因为B1C⊂平面B1BC，所以B1C⊥AB，
又AB∩BD=B，AB，BD⊂平面ABDE，
所以B1C⊥平面ABDE，又B1C⊂平面AB1C，
所以平面AB1C⊥平面ABDE，故选项B正确；
对于选项C：因为DE//AB，AB∩平面AB1C=A，所以DE与平面AB1C不平行，故选项C错误；
对于选项D：设B1C与BD交于点O，则B1O⊥平面ABDE，
又因为D为B1C1的中点，
所以点C1到截面ABDE的距离等于点B1到截面ABDE的距离B1O，
在△B1BD中，BD= 2+1= 3，
由等面积法可得B1O=B1D⋅BB1BD= 2×1 3= 2 3= 63，
所以点C1到截面ABDE的距离为 63，故选项D正确．
故选：ABD．
12.0.6
【解析】解：因为事件A与B互斥，则P(A)P(B)=0，
又P(A)=0.3，P(B)=0.3，
则P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.3+0.3=0.6．
故答案为：0.6．
13.475−25 3；50 33
【解析】解：如图，在▵ACD中 ，CD=50,∠ACD=45∘,∠ADC=105∘,∠CAD=30∘，
由正弦定理得ACsin∠ADC=CDsin∠CAD，
又sin105∘=sin75∘=sin(45∘+30∘)= 22× 32+ 22×12= 6+ 24，
所以AC=5012× 6+ 24，
即：AC=25( 6+ 2)m，
延长AB交CE于H，
则AH=ACsin∠ACD=25( 6+ 2)× 22=25( 3+1)m，
又无人机飞行的海拔高度为500m，
所以该座小山的海拔为500−25( 3+1)=475−25 3m，
在▵ABC中，∠ACB=45∘−30∘=15∘,∠ABC=120∘，
又sin∠ACB=sin(45∘−30∘)= 22× 32− 22×12= 6− 24，
由正弦定理有ABsin15∘=ACsin120∘，
得到AB=25( 6+ 2) 32× 6− 24=50 33m．
故答案为：475−25 3，50 33．
14.−43
【解析】解：如图，因为BE⊥AC，所以以E为坐标原点，EA，EB所在直线为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，
因为AB=2 2,∠A=45°，所以EA=EB=2，则E(0,0)，A(2,0)，B(0,2)，
又因为BD=2DC，过D作DF⊥AC于F，则DF/​/EB，所以DFBE=CDCB=13，
得到DF=13BE=23，设D(x0,23)，
则BE=(0,−2),AD=(x0−2,23)，所以AD⋅BE=0×(x0−2)+(−2)×23=−43．
故答案为：−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．
【解析】(1)由OA=(−3,1),OB=(1,−1),OC=(m,4)，由A，B，C三点共线，可得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，求解x=−12,y=6.即可得到结果．
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．
【解析】(1)根据线面平行的性质定理得EF//AC，从而根据E是线段AD的中点即可确定点E的位置；
(2)通过等腰三角形的性质证得CD⊥AG，CD⊥BG，从而利用线面垂直的判定定理得CD⊥平面ABG，最后利用线面垂直的性质定理即可证明．
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．
【解析】(1)根据已知条件和正弦定理求解．
(2)根据第一问所求角度，在利用余弦定理求解即可．
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．
【解析】(1)根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1，求出a的值，再结合平均数的定义求解；
(2)利用古典概型的概率公式求解；
(3)利用分层随机抽样的均值和方差公式求解．
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．
【解析】(1)只需分别证明BC⊥AF，AF⊥EC，结合线面垂直的判定定理即可得解；
(2)首先通过分析可说明∠DFB是直线DF与平面ABF所成角，进一步通过解三角形即可得解；
(3)由二面角的定义分析说明∠FGO为二面角F−AD−C的平面角，再通过解三角形即可得解．