黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（原卷版+解析版）

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一、单选题
1. 样本数据36，27，25，22，20，16，13，12，11的第60百分位数为（ ）
A. 16B. 21C. 22D. 23.5
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的求法计算即可求解.
【详解】将样本数据从小到大排序得，
则，
所以第百分位数为第个数，即.
故选：C.
2. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】用复数的除法法则和模长公式即可求解.
【详解】，.
故选：.
3. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用投影向量的定义直接求解即可.
【详解】依题意，，
所以在上的投影向量为.
故选：A
4. 连续地掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，记事件为“第一次出现2点”，事件为“第二次的点数小于等于4点”，事件为“两次点数之和为奇数”，事件为“两次点数之和为9”，则下列说法不正确的是（ ）
A. 与不是互斥事件B. 与相互独立
C. 与相互独立D. 与相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】先利用古典概型概率公式分别求出事件的概率，再按照选项要求，利用事件的交事件是否为空集，确定是否互斥；两事件交事件的概率是否等于两事件概率的乘积，判断两时间是否独立即得.
【详解】依题意，试验的样本空间为，，
显然，则；，；
，；，.
对于A，因,故与不是互斥事件，A正确；
对于B，因，，而,故与不独立，即B错误；
对于C，因，故与相互独立，即C正确；
对于D，因，，故与相互独立，即D正确.
故选：B.
5. 海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象．若要测量如图所示的蓝洞的口径，即两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，测得，，，，则两点间的距离为（ ）
A. 80B. C. 160D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得各个角度，即可得长，根据正弦定理，可得长，根据余弦定理，即可得答案.
【详解】因为，，
所以，，
所以，
又因为，
所以，
中，由正弦定理得，所以，
在中，由余弦定理得
，
所以.
故选：D.
【点睛】思路点睛；解三角形应用题的一般步骤
（1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
（2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．
（3）根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．
（4）将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.
6. 如图，某系统由A，B，C，D四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件A，B，C，D正常工作的概率都为，则该系统正常工作的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】要使系统正常工作，则A、B要都正常或者C正常，D必须正常，然后利用独立事件，对立事件概率公式计算.
【详解】记零件或系统能正常工作的概率为，
该系统正常工作的概率为:

,
故选：C.
7. 某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发､渗透､流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）.24小时降雨量的等级划分如下：
在一次降雨过程中，用一个侧棱的三棱柱容器收集的24小时的雨水如图所示，当侧面水平放置时，水面恰好过的中点.则这24小时的降雨量的等级是（ ）
A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨
【答案】D
【解析】
分析】根据给定条件利用柱体体积公式求出水的实际体积，再由两种情况的放置水的体积相同求解液面高度，即可与降雨量等级比较求解．
【详解】设的面积为，底面水平放置时，液面高为，
侧面水平放置时，水的体积为，
当底面水平放置时，水的体积为，
于是，解得，
所以当底面水平放置时，液面高为．
故降雨量等级为暴雨，
故选：D
8. 在边长为的菱形中，，将沿着折叠，得到三棱锥，若，则该三棱锥的外接球的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设的中点为，连接，，设、分别为、外接圆的圆心，过点、分别作平面、平面的垂线，设两垂线交于点，从而得到点为该三棱锥外接球的球心，利用余弦定理求出，即可求出，再由勾股定理求出，即可求出外接球的体积.
【详解】在菱形中，，所以和均是边长为的等边三角形，
如图在三棱锥中，设的中点为，连接，，设、分别为、外接圆的圆心，
过点、分别作平面、平面的垂线，设两垂线交于点，则点为该三棱锥外接球的球心，
连接、，则为外接球的半径，
依题意，且、，
由余弦定理，
所以，
由、分别为、外接圆的圆心，
所以，，
因为，，，
所以，所以，所以，
所以，即外接球的半径，
所以外接球的体积.
故选：C
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
二、多选题
9. 已知a，b，c为三条直线，，，为三个平面．下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，由空间中直线与平面，平面与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A选项，令，，若，则一定有，，而在同一平面的a，b两条直线可以平行，也可以相交，故A错误；
对于B选项，这是线面平行的性质定理，故B正确；
对于C选项，这是面面垂直的判定定理，故C正确；
对于D项，设，，过平面内一点A，分别作，，如图所示，
因为，，，，所以，
又因为，所以，同理：，
又因为，、，
所以，故D项正确.
故选：BCD.
10. 设，为两个随机事件，且，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则，相互独立
B. 若和相互独立，则和一定不互斥
C. 若和互斥，则和一定相互独立
D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由相互独立事件的定义可判断A；由相互独立事件和互斥事件的概念可判断B，C；举反例判断D，进而可得正确选项.
【详解】，为两个随机事件，且，，
对于A：由两个事件相互独立的定义知：若，则，相互独立，故选项A正确；
对于B：若和相互独立，则的发生对的发生的概率没有影响，所以和一定不互斥，故选项B正确；
对于C：若和互斥，则，若，相互独立则，
若和互斥，则和不相互独立，故选项C不正确；
对于D：设，则，，
则，，可得，
而，故选项D不正确.
故选：AB.
11. 在正方体中，是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值是
B. 若为线段上的动点，则的最小值为
C. 若为线段上的动点，则平面与平面夹角的余弦值的取值范围为
D. 若为线段上的动点，且与平面交于点，则三棱锥的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由异面直线所成角的定义即可判断A，将平面展开到平面，即可判断B，由二面角的定义可知为平面与平面的夹角，结合余弦定理代入计算，即可判断C，由三棱锥的体积公式代入计算，即可判断D
【详解】对于A：由正方体的定义可知∥，
则是异面直线与所成的角或补角，
因为平面，且平面，则，
在中，因为，则，
所以，则A正确；
对于B：将平面展开到平面，
则，仅当共线时等号成立，
所以的最小值为，故错误；
对于C：过点作∥，交于点，
可知：∥∥，
则平面即为平面，平面即为平面，
则平面平面，
且平面，则平面，
且平面，则，
可知为平面与平面的夹角，
因为为线段上的动点，所以为线段上的动点，
在正方体，结合对称性可知：
当为线段的中点时，取到最大值，取到最小值，
此时，则；
当为线段的端点重合时，取到最小值，取到最大值；
综上所述：，
所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为，故C正确；
对于D：设平面与平面的交线为，
因为∥平面，平面，则∥，
又因为∥，且，可知为平行四边形，
则∥，可得∥，
因为与平面交于点，即，平面，
且平面，可知平面，
又因为平面平面，则，可知，
且平面，可知三棱锥的高为，
所以三棱锥的体积为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12. 已知向量，若三点共线，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量加法坐标运算求得，再由向量共线的坐标运算列式求解即可.
【详解】由，又三点共线，
所以与共线，得，解得.
故答案为：
13. 在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示，已知直线的方程为，则点到直线的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到的方向向量为，结合向量的距离公式，即可求解.
【详解】根据题意，直线的方程可写为，则的方向向量为，
且过点，可得，，则，
所以在上投影向量的模为，
故点到直线的距离为
故答案为：.
14. 在中，内角所对的边分别为，若，，则的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题目所给的条件，利用正弦定理化简后得到，利用正弦定理“边化角”化简得到，因此最大值即.
【详解】中，，，
所以，所以，
根据正弦定理，，
即，
因为，所以，
由为三角形内角可知，，
根据正弦定理，，
所以
，
其中，，
当时取得最大值，所以的最大值为.
故答案为：
四、解答题
15. 如图，在正三棱柱中，点D是BC的中点，．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求直线到平面的距离．
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）连接，交于点O，连接，易得，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）先证明，，从而知平面，再由面面垂直的判定定理，即可得证；
（3）先将问题转化为求点B到的距离，再利用等体积法求解即可．
【小问1详解】
连接，交点O，连接，则O是的中点，
因为D是的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为为等边三角形，且D是的中点，
所以，由正三棱柱的性质知，平面，
因为平面，所以，
又平面，
所以平面，因平面，
所以平面平面.
【小问3详解】
由（1）知平面，
以直线到平面的距离等价于点B到平面的距离，
由（2）知平面，所以点A到平面的距离为，
而2，
4，
设点B到平面ADC1的距离为d，
因为，
所以，即，解得d，
所以直线A1B到平面ADC1的距离为．
16. 第33届奥林匹克运动会将于2024年7月26日至2024年8月11日在法国巴黎举行，某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．
（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者．
①若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这m人中35～45岁所有人的年龄的方差．
【答案】（1）31.75
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据频率分布表，利用平均数公式求解；
（2）①由频率分布直方图可知各组的频率之比为，得到第四组应抽取4人，第五组抽取2人，利用古典概型的概率求解；
②设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，由平均数公式和方差公式求解；
【小问1详解】
设这人的平均年龄为，
则（岁）；
【小问2详解】
①：由频率分布直方图可知各组的频率之比为，
第四组应抽取人，记为A，，，甲，
第五组抽取人，记为，乙，
对应的样本空间为，，,甲），,乙），，，,甲），
,乙），，,甲）,乙），，（甲,乙），（甲,，（乙,，共15个样本点．
设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，
则,甲），,乙），,甲），,乙），,甲），,乙），（甲,乙），（甲,，（乙,，共有9个样本点，
所以；
②：设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为；
则，
，
因此第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，
据此可估计这人中年龄在岁的所有人的年龄方差约为10.
17. 如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上.

（1）在图中作出交线（说明画法，不必证明），并求三棱锥的体积；
（2）若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）答案见解析，
（2）或
【解析】
【分析】（1）由线线平行即可找到直线，由等体积法即可求解体积，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解线面角，进而可求解.
【小问1详解】
过点作交圆于点，（ ，分别为，的中点，所以,又，所以,故为平面与平面的交线）
因为是圆的直径，所以，，
所以，所以四边形为矩形，
因为，，所以，
因为平面，为的中点，
所以点到平面的距离为，
所以
【小问2详解】
以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，，
所以，，，
，
设平面的法向量为，则
即，不妨取，得
因为与平面所成角的正弦值为，
所以
所以，所以或
18. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，，，
（1）求A的大小：
（2）点D在BC上，
（Ⅰ）当，且时，求AC长；
（Ⅱ）当，且时，求的面积．
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得的值，结合即可求解的值；
（2）（Ⅰ）根据锐角三角函数和差角公式可得正弦定理即可求解.
（Ⅱ）采用面积分割的方法以及正弦定理即可解决．
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理可得，
又，
所以，
因为为三角形内角，，
所以，可得，
因为，所以；
【小问2详解】
（Ⅰ）此时，，
所以，所以，
在中，由正弦定理可得；
（Ⅱ）设，由，
可得，化简可得
有，
由于，所以，
所以，
则．
19. 如图，在四面体ABCD中，，，，，，E，F，G分别为棱BC，AD，CD的中点，点在线段AB上.

（1）若平面AEG，试确定点的位置，并说明理由；
（2）求平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围.
【答案】（1）为AB的中点，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证得平面AEG，再利用线面平行的性质定理得，即可确定点的位置；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面夹角余弦值的函数，利用二次函数知识求解余弦值的范围，然后利用余弦函数的单调性求解角的范围即可.
【小问1详解】
若平面AEG，则为AB的中点，理由如下：
因为E，G分别为BC，CD的中点，所以.
因为平面AEG，平面AEG，所以平面AEG.
若平面AEG，只需即可.
因为为AD的中点，所以为AB的中点.
【小问2详解】
过点D作平面ABC，垂足为，连接OE，OA.
设，因为，，
所以，，，
所以.
在中，，.
因为，所以，解得.
所以.
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，.
过点作，垂足为，作，垂足为.
设，则，，所以.
则，，，
.
设平面AEG的法向量为，
则，令，则.
设平面CDH的法向量为，
则，令，则.
所以.
当时，.
当时，，令，
则.又函数在上单调递增，
所以，所以，
即.综上，
设平面AEG与平面CDH的夹角为，则，，
因为函数在上单调递减，所以，
所以平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围为.
【点睛】难点点睛：本题考查了线面平行的判定及性质定理、以空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而利用余弦函数的单调性得到其取值范围.24小时降雨量（精确到）
降雨等级
小雨
中雨
大雨
暴雨