2023-2024学年黑龙江省哈尔滨第一中学校高二上学期开学测试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨第一中学校高二上学期开学测试数学试题含答案，共17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
1．已知复数，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】先对复数化简，再求出其共轭复数，进而可求出在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】因为，
所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故选：D.
2．哈三中高二年级有200名女生，现采用按比例分层随机抽样的方法抽取一个样本容量为60的样本，已知样本中有40名男生，则高二年级的学生数量是（ ）
A．400名B．500名C．600名D．700名
【答案】C
【分析】利用分层抽样的比例特征求解.
【详解】解：设高二年级的学生数量是x，
由题意得：，
解得 ，
故选：C
3．已知向量与的夹角为60°，，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】由求解.
【详解】解：因为向量与的夹角为60°，且，，
所以
，
即，
即，
解得或（舍去），
故选：A
4．已知l是直线，，是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】C
【分析】根据空间中线面的位置关系一一判定即可.
【详解】
如图所示正方体中，
对于A项，若为平面，为平面，符合A条件，但两平面不平行，故A错误；
对于B项，若为平面，为平面，符合B条件，但线与面不垂直，故B错误；
对于D项，若为平面，为平面，符合D条件，但，故D错误；
对于C项，设在上的投影为，则，由线面垂直的性质可知，
再由面面垂直的判定可得，即C正确.
故选：C
5．如图,无人机在离地面高的处,观测到山顶处的仰角为、山脚处的俯角为,已知，则山的高度为

A．mB．
C．D．
【答案】A
【详解】∵AD//BC，∴∠ACB＝∠DAC＝45°，∴AC＝AB＝m，
又∠MCA＝180°－60°－45°＝75°，∠MAC＝15°＋45°＝60°，∴∠AMC＝45°，
在中，，∴m，
∴，故选A．
6．已知事件，，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则，
B．若与互斥，则，
C．若与相互独立，则，
D．若与相互独立，则，
【答案】D
【分析】根据事件的关系，运用概率公式可判断.
【详解】选项A：若，则，故A错误；
选项B：若与互斥，则，故B错误；
选项C、D：若与相互独立，则，
，故C错误，D正确；
故选：D
7．在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，平面ABCD，，E为线段PB的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先将异面直线平移成相交直线，再利用余弦定理即可求解.
【详解】取中点，连接.又因为E为线段PB的中点，所以，故或其补角为异面直线AE与PC所成的角.
因为底面ABCD为菱形，，所以，，又因为平面ABCD，平面ABCD，所以，，所以，所以，.
在中，由余弦定理得，
所以异面直线AE与PC所成角的余弦值为.
故选：B.

8．已知O是锐角三角形ABC的外接圆圆心，，若，则m的值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】取AB的中点D，易得，代入，并两边同乘以得到，然后利用正弦定理得到求解.
【详解】如图所示：

取AB的中点D，则，
代入，
得，
两边同乘以得，
化简得，
由正弦定理得，
化简得，
则，
.
故选：C
二、多选题
9．学校组织“校园安全”知识测试，随机调查600名学生，将他们的测试成绩（满分100分）按照，，，…，分成六组，得到如图所示的频率分布立方图，则下列说法正确的是（ ）

A．a的值为0.05
B．估计测试成绩低于70分的有240人
C．估计测试成绩的众数为75
D．估计测试成绩的平均数为71
【答案】BCD
【分析】利用频率分布直方图的相关知识求解即可.
【详解】对于A，由图知，解得，故A错误；
对于B，由图知测试成绩低于70分的有人，故B正确；
对于C，由图知估计测试成绩的众数为，故C正确；
对于D，由图知估计测试成绩的平均数为
，故D正确.
故选：BCD.
10．在中，下列命题正确的是（ ）
A．若，则为等腰或直角三角形
B．若，则为直角三角形
C．若，则为钝角三角形
D．若，则为正三角形
【答案】ACD
【分析】对于A，利用正弦函数的性质与三角形内角的范围即可判断；对于B，举反例即可排除；对于C，利用三角函数的倍角公式与和差公式将不等式转化为，从而得以判断；对于D，利用三角函数的值域与三角形内角的范围推得，由此判断即可.
【详解】对于A，因为在中，，
又，所以或，即或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故A正确；
对于B，取，则，但为钝角三角形，故B错误；
对于C，因为，
所以，整理得，
所以，
因为，所以，
则，
所以，故中必有一个是钝角，
所以为钝角三角形，故C正确；
对于D，因为，
所以
所以，
因为，
可知只有均为时，等式才能成立，
所以，则，
所以为正三角形，故D正确.
故选：ACD.
11．一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏．方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后有放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择第一次摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球．记三种方案选到2号球的概率分别为，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】利用列举法，结合古典概型的概率公式分别求得三个方案选到2号球的概率，从而得解.
【详解】方案一：易得“选到2号球”的概率；
方案二：先后有放回的摸出两个球的基本事件有，共件，
其中“选到2号球”的基本事件有，共件，
所以“选到2号球”的概率为；
方案三：同时摸出两个球的基本事件有，共3件，
其中“选到2号球”的基本事件有，共1件，
所以“选到2号球”的概率为；
所以，故AB错误，CD正确.
故选：CD.
12．在正方体中，，E为棱的中点，F是正方形内部（含边界）的一个动点，且平面．下列四个结论中正确的是（ ）
A．动点F的轨迹是一段圆弧
B．不存在符合条件的点F，使得
C．三棱锥的体积的最大值为
D．设直线与平面所成角为，则的取值范围是
【答案】CD
【分析】对于A，利用线线平行可证得平面平面，进而知动点的轨迹；对于B，利用垂直的性质的可判断；对于C，利用三棱锥的体积公式可求得； 对于D，利用线面角的定义结合三角形可求解；
【详解】对于A，分别取和的中点，连接，，，，
由正方体性质知，，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又平面，，所以平面平面，
因为平面，则当在上运动时，有平面，
故动点的轨迹是线段，故A错误；
对于B，当为线段中点时，，
，又，，故B错误；
对于C，三棱锥的体积，
又，此时与点重合，
所以三棱锥的体积的最大值为，故C正确；
对于D，连接，因为平面，
则与平面所成角，则，
当与或重合时，，当时，，
则，所以的取值范围是，故D正确；
故选：CD.

【点睛】关键点睛：本题A选项的关键是取中点，利用面面平行的性质从而证明线面平行，较难的D选项则是找到线面角，得到，再求出的范围，从而得到其正切值的范围.
三、填空题
13．数据的平均数是7，则这组数据的第百分位数为 ．
【答案】
【分析】先利用平均数的性质求得参数，再利用百分数位数据定义即可得解.
【详解】因为数据的平均数是7，
所以，解得，
因为，
所以这组数据的第百分位数为第位数，即.
故答案为：.
14．已知i是虚数单位，是关于x的方程的一个根，则 ．
【答案】
【分析】利用复数的四则运算与复数相等的性质求得，从而得解.
【详解】因为是关于x的方程的一个根，
所以，即，
则，解得，
所以.
故答案为：.
15．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为边AB的中点，，且满足，则CD长度的最小值为 ．
【答案】
【分析】先由正弦定理及余弦定理得出，由面积公式得出，再应用中线的向量关系结合不等式可以计算的出最值.
【详解】,,
,,,,,
由D为边的中点，,,
,当且仅当时取等号.
故答案为: .
16．三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥的外接球直径为 ．
【答案】
【分析】结合图像，利用平面几何的知识求得，再利用面面垂直的性质定理证得平面ABC，从而利用勾股定理得到关于的方程，进而求得，由此得解.
【详解】如图，设的外接圆的圆心为，

连接，，，连接PH.
因为，，易得，是正三角形，
所以，，，，
则是的中点，又，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面ABC，则易得.
设O为三棱锥外接球的球心，
连接，OP，OC，过O作，垂足为D，
易得四边形是矩形，
则外接球的半径R满足，
即，解得，
从而，故三棱锥外接球的半径为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是结合图意作出对应图形，结合图形，利用勾股定理得到关于的方程，从而得解.
四、解答题
17．四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且．

(1)求证：平面PEC；
(2)求直线BF与平面PEC所成角的正弦值．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】（1）取PC的中点G，连接EG，FG，易得四边形是平行四边形，从而 ，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）以A为原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面PEC的一个法向量为，设直线AF与平面PEC所成的角为 ，由求解.
【详解】（1）证明：如图所示：

取PC的中点G，连接EG，FG，
因为E，F分别是AB，PD的中点，
所以，
则四边形是平行四边形，
则 ，又 平面PEC， 平面PEC，
所以平面PEC；
（2）以A为原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则 ，
所以，
设平面PEC的一个法向量为，
则 ，即 ，
令 ，则 ，所以 ，
设直线AF与平面PEC所成的角为 ，
则.
18．某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰．已知甲选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，乙选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且两位选手各轮问题能否正确回答互不影响．
(1)求乙选手进入第三轮才被淘汰的概率；
(2)求至多有一名选手通过全部考核的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用独立事件概率的乘法公式即可得解；
（2）利用独立事件的概率乘法公式求出甲选手通过全部考核的概率与乙选手通过全部考核的概率，再利用对立事件的概率公式求解即可．
【详解】（1）设事件表示“乙选手能正确回答第轮问题”，
所以，
设事件表示“乙选手进入第三轮才被淘汰”，即甲选手第一、二轮的问题回答正确，而第三轮的问题回答错误，
则.
（2）设事件表示“甲选手能正确回答第轮问题”，
所以，
设表示“甲选手通过全部考核”，
则．
设表示“乙选手通过全部考核”，
则．
则至多有一名选手通过全部考核的概率为.
19．设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若，求锐角的面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换，结合三角函数的和差公式求得的值，从而得解；
（2）利用正弦定理和三角形面积公式，结合三角函数恒等变换得到关于的表达式，再由锐角得到的取值范围，从而得解.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理，得．
又在中，，
所以，则，
又，则，所以，
又，所以.
（2）因为，则，
所以，
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，所以，
故，则.
20．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D．

(1)求证：平面；
(2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积；
(3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
(3)
【分析】（1）通过几何图形的性质证明即可；
（2）构造线面平行，求得F到平面的距离结合三棱锥的体积公式计算即可；
（3）根据二面角的定义结合（1）作出其平面角，解三角形即可.
【详解】（1）
如图所示，连接，由题意可知面ABC，四边形是菱形.
∵面ABC，
∴，
又∵D是AC中点，是正三角形，
∴，
显然面，
∴面，
∵面，
∴，
在菱形中，有，
而D，E分别是线段的中点，则，∴,
∵面，
∴面;
（2）
如图所示，取的中点S，连接，过F作交于I，
过I作分别交的延长线于H、N，
易知分别是的中点，
则由条件可得，面，面，故面，
即到面的距离等于到面的距离，
由（1）得，面，所以面，是直角三角形，
在菱形中，易得，
所以，即到面的距离为，
，所以；
（3）
如图所示，假设存在G点满足题意，取的中点S，连接，
过G作交于M，连接MD，
易得，面，面，故面，
又结合（1）的结论有，故二面角为，
所以，
在菱形中，作，易得，
易知为直角三角形，故.

【点睛】本题关键在于求F到面BDE的距离，通过构造线面平行来转化是求点面距离的常用方法；另一个关键在于求二面角的平面角，结合（1）的结论找出垂直关系解三角形即可.