2023-2024学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）月考数学试卷（6月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）月考数学试卷（6月份）（含解析），共16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.若z+21−i=i，则z−的虚部为( )
A. −1B. 1C. 3D. −3
2.已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是( )
A. 若l/​/m，m⊂α，则l/​/α
B. 若l/​/α，m//β，α/​/β，则l/​/m
C. 若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l⊥m
D. 若m⊥β，l/​/α，l/​/m，则α⊥β
3.某学校数学教研组举办了数学知识竞赛(满分100分)，其中高一、高二、高三年级参赛选手的人数分别为1000，800，600.现用分层抽样的方法从三个年级中抽取样本，经计算可得高二、高三年级参赛选手成绩的样本平均数分别为76，82，全校参赛选手成绩的样本平均数为75，则高一年级参赛选手成绩的样本平均数为( )
A. 69B. 70C. 73D. 79
4.如图，D是△ABC边AC的中点，E在BD上，且DE=2EB，则( )
A. AE=23AB+16ACB. AE=23AB+13AC
C. AE=56AB+16ACD. AE=34AB+18AC
5.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，在A处测得公路北侧一山顶D在西偏北30° (即∠BAC=30°)的方向上；行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75° (即∠CBE=75°)的方向上，且仰角为30°，则此山的高度CD=( )
A. 100 6mB. 100 3mC. 300 6mD. 150 3m
6.设向量a与b的夹角为θ，定义a⊕b=|asinθ−bcsθ|，已知|a|= 2，|b|=|a−b|=1，则a⊕b=( )
A. 22B. 2C. 32D. 3
7.在△ABC中，b= 10，再从下列四个条件中选出两个条件，
①ac=28；
②c=2；
③csB=14；
④面积为14 2，
使得△ABC存在且唯一，则这两个条件是( )
A. ①②B. ①③C. ②③D. ①④
8.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，PB⊥底面ABCD.若PB=AB=CD=AD=1，BC=2，则这个四棱锥的外接球表面积为( )
A. 3πB. 4πC. 5πD. 6π
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.已知向量a=(m,−1),b=(−2,1)，则下列说法正确的是( )
A. 若m=1，则|a−b|= 13
B. 若a⊥b，则m=2
C. “m>−12”是“a与b的夹角为钝角”的充要条件
D. 若m=−1，则b在a上的投影向量的坐标为(−12,−12)
10.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinB
B. 若A>B，则csA>csB
C. 若a2+b2D. 若acsA=bcsB，则△ABC为等腰三角形或者直角三角形
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为正方体的中心，M为DD1的中点，F为侧面正方形AA1D1D内一动点，且满足B1F/​/平面BC1M，则( )
A. 三棱锥D1−DCB的外接球表面积为12π
B. 动点F的轨迹是一条线段
C. 三棱锥F−BC1M的体积是随点F的运动而变化的
D. 若过A，M，C1三点作正方体的截面Ω，Q为截面Ω上一点，则线段A1Q长度的取值范围为[2 63,2 2]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一组数据1，3，9，5，7，则这组数据的方差为______．
13.如图，这个优美图形由一个正方形和以各边为直径的四个半圆组成，若正方形ABCD的边长为4，点P在四段圆弧上运动，则AP⋅AB的取值范围为______．
14.已知棱长均为2 3的多面体ABC−A1B1C1由上、下全等的正四棱锥A1−ABB1C1和C−ABB1C1拼接而成，其中四边形ABB1C1为正方形，如图所示，记该多面体的外接球半径为R，该多面体的棱切球(与该多面体的所有棱均相切的球)的半径为r，则Rr= ______．
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13分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c2b−a=csCcsA．
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，△ABC的面积 3，求△ABC的周长．
16.(本小题15分)
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)求样本成绩的第75百分位数；
(3)已知落在[50,60)的平均成绩是57，方差是7，落在[60,70)的平均成绩为69，方差是4，求两组成绩的总平均数z−和总方差s2．
17.(本小题15分)
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧面ADD1A1为矩形，AB=2AD=2，∠D1DB=60°，BD=AA1= 3．
(1)证明：平面ABCD⊥平面BDD1B1；
(2)求三棱锥D1−BCB1的体积．
18.(本小题17分)
如图，在三棱锥D−ABC中，△ACD为等腰直角三角形，且AC为斜边，△ABC为等边三角形.若AC=DB=2，E为AC的中点，F为线段DB上的动点．
(1)证明：AC⊥面BDE；
(2)求二面角D−AB−C的正切值；
(3)当△AFC的面积最小时，求CF与底面ABD所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足a2−b2=bc．
(1)求证：A=2B；
(2)若b=1，求边a的取值范围；
(3)若角A的平分线交BC边于D，且AD=2，求边b的取值范围．
答案解析
1.A
【解析】解：因为z+21−i=i，
所以z=i(1−i)−2=−1+i，
所以z−=−1−i的虚部为−1．
故选：A．
2.D
【解析】解：若l/​/m，m⊂α，则l/​/α或l⊂α，故A错误；
若l/​/α，m//β，α/​/β，则l/​/m或l与m相交或l与m异面，故B错误；
若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l与m可能平行，故C错误；
∵m⊥β，l/​/m，∴l⊥β，又l/​/α，记l⊂γ，且γ∩α=l′，则l/​/l′，
∴l′⊥β，得α⊥β，故D正确．
故选：D．
3.B
【解析】解：高一、高二、高三年级参赛选手的人数分别为1000，800，600，
现用分层抽样的方法从三个年级中抽取样本，
则样本中高一、高二、高三年级参赛选手的人数比为5：4：3，
设高一年级参赛选手成绩的样本平均数为a，
∵高二、高三年级参赛选手成绩的样本平均数分别为76，82，全校参赛选手成绩的样本平均数为75，
则5k×a+4k×76+3k×825k+4k+3k=75，解得a=70．
∴高一年级参赛选手成绩的样本平均数为70．
故选：B．
4.A
【解析】解：因为D是△ABC边AC的中点，E在BD上，且DE=2EB，
则有BE=13BD=13×12(BA+BC)=16(−AB+AC−AB)=−13AB+16AC，
所以AE=AB+BE=AB−13AB+16AC=23AB+16AC．
故选：A．
5.A
【解析】解：在△ABC中，AB=600，∠BAC=30°，∠ACB=∠CBE−∠BAC=45°，
由正弦定理得ABsin⁡∠ACB=BCsin⁡∠BAC，即600 22=BC12，
解得BC=300 2，
在Rt△BCD中，∵tan30°=CDBC= 33，
∴CD= 33BC=100 6．
故选A．
6.A
【解析】解：∵|a|= 2，|b|=|a−b|=1，∴|a−b|= a2+2a⋅b+b2=1，
∴a⋅b=|a||b|csθ=−1⇒csθ=− 22，
∵θ∈[0,π]，∴sinθ= 1−(− 22)2= 22，
∴a⊕b=| 22a+ 22b|= 12a2+a⋅b+12b2= 12×2−1+12= 22．
故选：A．
7.C
【解析】解：A中，若选①②，可得c=2，a=14，不满足c+b>a，此时构不成三角形，所以A不正确；
B中，若选①③，即ac=28，csB=14，b= 10，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−2ac−2accsB，即10=(a+c)2−2×28−2×28×14，
解得a+c=4 5，所以a，c为方程x2−4 5x+28=0的两根，
而Δ=16×5−4×28<0，方程没有实数根，所以不存在这样的a，c满足条件，
即不存在这样三角形，所以B不正确；
C中，若选②③，c=2，csB=14，b= 10，
所以sinB= 154，由正弦定理可得bsinB=csinC，
可得sinC=cbsinB=2 10⋅ 154= 64，
因为cD中，若选①④，则S△ABC=12acsinB，即12×28sinB=14 2，则sinB= 2>1，显然不成立，
所以满足条件的三角形不存在，所以D不正确．
故选：C．
8.C
【解析】解：取BC中点E，连接EA，ED，取PC中点H，连接EH，BH，
等腰梯形ABCD中，AB=CD=AD=1，BC=2，
则AD/​/BE，AD=BE，∴四边形ADEB是平行四边形，
∴DE=AB=1，∴CE=CD=1，∴△CDE是等边三角形，
∴∠DCE=∠ABE=60°，∴△ABE是等边三角形，
∴EB=EA=ED=EC=1，
∴点E是等腰梯形ABCD的外接圆圆心，
△PBC中，PH=CH，BE=CE，则PB//HE，HE=12PB=12，
∵PB⊥底面ABCD，则HE⊥底面ABCD，HP=HB=HC，
∵HA= HE2+EA2= HE2+EB2=HB，HD= HE2+ED2= HE2+EB2=HB，
∴HP=HB=HC=HA=HD，
∴点H为四棱锥P−ABCD的外接球的球心，
球半径HB= HE2+EB2= (12)2+12= 52，
∴这个四棱锥的外接球表面积为S=4π×( 52)2=5π．
故选：C．
9.AD
【解析】解：A选项，m=1时，a−b=(1,−1)−(−2,1)=(3,−2)，
故|a−b|= 32+(−2)2= 13，
A正确；
B选项，a⊥b，
故a⋅b=(m,−1)⋅(−2,1)=−2m−1=0，
解得m=−12，
B错误；
C选项，a与b的夹角为钝角，
则要满足a⋅b=−2m−1<0m−2≠−11，
解得m>−12且m≠2，
C错误；
D选项，m=−1时，
则b在a上的投影向量为
b⋅a|a|⋅a|a|=(−2,1)⋅(−1,−1) 1+1⋅(−1,−1) 1+1=12(−1,−1)=(−12,−12)，
D正确．
故选：AD．
10.ACD
【解析】解：对于A，若A>B，则a>b，所以sinA>sinB，所以A正确；
对于B，由A>B且A，B∈(0,π)，
根据函数y=csx在(0,π)上单调递减，可得csA对于C，由余弦定理csC=a2+b2−c22ab<0，可知C为钝角，即△ABC为钝角三角形，所以C正确；
对于D，因为acsA=bcsB，所以sinAcsA=sinBcsB，即sin2A=sin2B，
又A，B∈(0,π)，所以2A，2B∈(0,2π)，所以2A=2B或2A+2B=π，
即A=B或A+B=π2，即△ABC为等腰三角形或直角三角形，所以D正确．
故选：ACD．
11.ABD
【解析】解：对于A，因为三棱锥D1−DCB的外接球与正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球是同一个球，
因为正方体的外接球直径是正方体的体对角线，
设外接球半径为R，则2R=2 3，即R= 3，
所以三棱锥D1−DCB的外接球表面积为4πR2=4π×3=12π，故A正确；
对于B，如图，分别取AA1，A1D1的中点H，G连接B1G，GH，HB1，AD1，
因为B1H//C1M，B1H⊂平面BGH，C1M⊄平面BGH，
所以C1M/​/平面BGH，
因为GH/​/BC1，GH⊂平面BGH，BC1⊄平面BGH，
所以BC1/​/平面BGH，
C1M⊂平面BC1M，BC1⊂平面BC1M，BC1∩C1M=C1，
所以平面B1GH//平面BC1M，
而B1F/​/平面BC1M，所以B1F⊂平面B1GH，所以点F轨迹为线段GH，故B正确；
由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为GH/​/平面BC1M，则点F到平面BC1M的距离为定值，
又△BC1M的面积为定值，从而可得三棱锥F−BC1M的体积是定值，故C不正确；
如图，设截面Ω与平面BAA1B1交于AN，N在BB1上，
因为截面Ω∩平面DAA1D1=AM，平面DAA1D1/​/平面CBB1C1，
所以AM//NC1，同理可证AN//MC1，所以截面AMC1N为平行四边形，所以点N为BB1中点，
在四棱锥A1−AMC1N中，侧棱A1C1最长，且A1C1=2 2，设四棱锥A1−AMC1N的高为ℎ，
因为AM=MC1= 5，所以四边形AMC1N为菱形，
所以△AMC1的边AC1上的高为面对角线的一半，即为 2，又AC1=2 3，
则S△AMC1=12×2 3× 2= 6，VC1−AAAM=13S△AA1M⋅D1C1=13×12×2×2×2=43，
所以VA1−AMC1=13S△AMC1⋅ℎ= 63ℎ=VC1−AA1M=43，解得ℎ=2 63，
综上，可知线段A1Q长度的取值范围为[2 63,2 2]，故D正确．
故选：ABD．
12.8
【解析】解：这组数据的平均数为15×(1+3+9+5+7)=5，
所以这组数据的方差为15×[(1−5)2+(3−5)2+(9−5)2+(5−5)2+(7−5)2]=8．
故答案为：8．
13.[−8,24]
【解析】解：根据题意，当P运动到半圆弧AD的中点(图中的P1位置)时，
AP在向量AB上的投影等于−12|AB|=−2，达到最小值，
故AP⋅AB的最小值为AP1⋅AB=|AP1|⋅|AB|cs135°=−8；
当P运动到半圆弧BC的中点(图中的P2位置)时，
AP在向量AB上的投影等于32|AB|=6，达到最大值，
此时AP2⋅AB=|AB|⋅32|AB|=24，即AP⋅AB的最大值为24．
综上所述，AP⋅AB的取值范围为[−8,24]．
故答案为：[−8,24]．
14. 2
【解析】解：在多面体ABC−A1B1C1中，取O为正方形ABB1C1的中心，如图所示：
由题意可知O既是多面体ABC−A1B1C1的外接球的球心，也是棱切球的球心，
过点O作OH⊥B1C1于点H，在Rt△A1OC1中，OC1=12BC1= 6，
A1C1=2 3，所以R=OC1=OA1= 6，
所以r=OH= 3，
所以Rr= 6 3= 2．
故答案为： 2．
15.解：(1)在△ABC中，由c2b−a=csCcsA，得ccsA+acsC=2bcsC，
由正弦定理得sinCcsA+sinAcsC=2sinBcsC，即sin(C+A)=2sinBcsC，
又C+A=π−B，即sin(C+A)=sinB，于是sinB=2sinBcsC，
由B∈(0,π)，得sinB>0，因此csC=12，又C∈(0,π)，所以C=π3．
(2)由△ABC的面积S△ABC= 3，得12absinC= 3，得ab=4，
又c=2，由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，得a2+b2−ab=4，则a2+b2=8，
于是(a+b)2=a2+b2+2ab=16，解得a+b=4，
所以△ABC的周长为a+b+c=4+2=6．
【解析】(1)根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求解即得．
(2)由(1)的结论，利用三角形面积求出ab，再利用余弦定理求解即可．
16.解：(1)因为每组小矩形的面积之和为1，
所以(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，则a=0.030．
(2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，
落在[40,90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9，
设第75百分位数为m，
由0.65+(m−80)×0.025=0.75，得m=84，故第75百分位数为84．
(3)由图可知，成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10，
成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20，
故这两组成绩的总平均数为10×57+69×2010+20=65，
由样本方差计算总体方差公式可得总方差为：
s2=1030×[7+(57−65)2]+2030×[4+(69−65)2]=37．
【解析】(1)根据每组小矩形的面积之和为1即可求解；
(2)由频率分布直方图求第75百分位数的计算公式即可求解；
(3)利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解．
17.证明：(1)△ABD中，因为AB=2，AD=1，BD= 3，
所以AB2=AD2+BD2，
所以AD⊥BD，
又侧面ADD1A1为矩形，
所以AD⊥DD1，
又BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面BDD1B1，
所以AD⊥平面BDD1B1，
又AD⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面BDD1B1；
解：(2)因为AD//BC，AD⊥平面BDD1B1，
所以BC⊥平面BDD1B1，
易得BC=1，B1D1= 3，B1B= 3，∠D1B1B=60°，
所以△BB1D1的面积S△BB1D1=12× 3× 3× 32=3 34，
三棱锥D1−BCB1的体积VD1−BCB1=VC−BB1D1=13S△BB1D1⋅BC=13×3 34×1= 34．
【解析】(1)根据勾股定理可证AD⊥BD，易证AD⊥DD1，AD⊥平面BDD1B1，再根据面面垂直的判定即可证明结果；
(2)因为AD//BC，由(1)可知BC⊥平面BDD1B1，由此可知BC是三棱锥C−BB1D1的高，再根据VD1−BCB1=VC−BB1D1，由此即可求出结果．
18.(1)证明：因为△ACD为等腰直角三角形，△ABC为等边三角形，且E为AC的中点，
所以DE⊥AC，BE⊥AC，
又DE∩BE=E，DE、BE⊂平面BDE，
所以AC⊥平面BDE．
(2)解：由题意知，DE=12AC=1，BE= 3，
因为BD=2，所以DE2+BE2=BD2，即DE⊥BE，
故EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,1)，A(1,0,0)，B(0, 3,0)，C(−1,0,0)，
所以AB=(−1, 3,0)，DA=(1,0,−1)，CA=(2,0,0)，
设平面ABD的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AB=−x+ 3y=0m⋅DA=x−z=0，
取y=1，则x=z= 3，所以m=( 3,1, 3)，
易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1)，
设二面角D−AB−C的大小为θ，
由图知，二面角D−AB−C为锐角，
所以csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|= 3 7×1= 217，
所以tanθ=2 33，
故二面角D−AB−C的正切值为2 33．
(3)解：由(1)知，AC⊥平面BDE，
因为EF⊂平面BDE，所以AC⊥EF，
所以S△AFC=12AC⋅EF，
当△AFC的面积最小时，EF最小，此时EF⊥BD，
在Rt△BDE中，EF=DE⋅BEBD=1⋅ 32= 32，DF= DE2−EF2=12=14BD，
所以F(0, 34,34)，CF=(1, 34,34)，
设CF与底面ABD所成角为α，则sinα=|cs=|CF⋅m||CF|⋅|m|=| 3+ 34+3 34| 1+316+916× 7=4 37，
故CF与底面ABD所成角的正弦值为4 37．
【解析】(1)由三线合一，可得DE⊥AC，BE⊥AC，再利用线面垂直的判定定理，即可得证；
(2)以E为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解；
(3)当△AFC的面积最小时，EF最小，此时EF⊥BD，DF=14BD，从而得点F的坐标，再利用向量法求线面角，即可得解．
19.(1)证明：因为a2=b2+c2−2bccsA=b2+bc，
所以c−b=2bcsA，由正弦定理可得sinC−sinB=2sinBcsA，
又因为sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
代入可得sinAcsB−csAsinB=sinB，即sin(A−B)=sinB，
因为00，
故0所以A−B=B或A−B+B=π，
即A=2B或A=π(舍去)，
所以A=2B；
(2)解：因为△ABC为锐角三角形，A=2B，
所以C=π−3B，
由0所以csB∈( 22, 32)，
又b=1，
故a=bsinAsinB=2csB∈( 2, 3)．
(3)解：在△ADC中，AD=2，∠ADC=2B，C=π−3B，
由正弦定理得ADsinC=ACsin∠ADC，即2sin(π−3B)=bsin2B，
所以b=2sin2Bsin(π−3B)=2sin2Bsin3B=4sinBcsBsin2BcsB+cs2BsinB=4sinBcsB2sinBcs2B+(1−2sin2B)sinB
=4csB2cs2B+(1−2sin2B)=4csB4cs2B−1，
由(2)知csB∈( 22, 32)，
令t=csB∈( 22, 32)，则b=4t4t2−1=1t−14t，
因为y=t−14t在t∈( 22, 32)上单调递增，
所以y∈(12 2,1 3)，
所以b=4t4t2−1=1t−14t∈( 3,2 2)，即边b的取值范围为( 3,2 2)．
【解析】(1)由a2=b2+c2−2bccsA=b2+bc，进而得到c−b=2bcsA，再利用正弦定理将边转化为角，利用两角和的正弦公式求解；
(2)由(1)知A=2B，进而得到C=π−3B，再根据△ABC为锐角三角形，得到B∈(π6,π4)，再由b的值，利用正弦定理求解；
(3)在△ADC中，利用正弦定理及三角恒等变换得b=4csB4cs2B−1，由(2)知csB∈( 22, 32)，令t=csB，b=1t−14t，利用函数单调性即可求解范围．