2023-2024学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高一下学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高一下学期期末考试数学试题（含答案），共11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.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
2.已知复数z=1+i1−i，其中i为虚数单位，则z=( )
A. 0B. 1C. 2D. 2
3.已知向量a=−1,2，b=−3,1，则a在b上的投影向量为( )
A. (−32,12)B. (−12,1)
C. − 55,2 55D. −3 1010, 1010
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A为“第一次出现2点”，事件B为“第二次的点数小于等于4点”，事件C为“两次点数之和为奇数”，事件D为“两次点数之和为9”，则下列说法不正确的是( )
A. A与B不是互斥事件B. B与D相互独立
C. A与B相互独立D. A与C相互独立
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A,B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C,D，测得CD=80，∠ADB=135∘，∠BDC=∠DCA=15∘，∠ACB=120∘，则A,B两点间的距离为( )
A. 80B. 80 3C. 160D. 80 5
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p0A. 1−1−pp2pB. 1−p1−p2p
C. 1−1−p1−p2pD. 1−1−p2pp
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：mm).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AA1=80mm的三棱柱容器收集的24小时的雨水如图所示，当侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1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
8.在边长为2的菱形ABCD中，∠ABC=120∘，将▵ABD沿着BD折叠，得到三棱锥A′−BCD，若A′C=3，则该三棱锥的外接球的体积是( )
A. 4 21π3B. 22 21π27C. 28 21π27D. 2 21π3
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知a，b，c为三条直线，α，β，γ为三个平面．下列命题为真命题的是
A. 若a⊥c，b⊥c，则a // b
B. 若a // α，a⊂β，α∩β=b，则a // b
C. 若a⊥α，a⊂β，则α⊥β
D. 若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=a，则a⊥γ
10.设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，P(B)>0，则下列命题正确的是( )
A. 若P(AB)=P(A)P(B)，则A，B相互独立
B. 若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
C. 若A和B互斥，则A和B一定相互独立
D. P(AB)11.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，E是棱C1D1的中点，则下列结论正确的是( )
A. 若F是线段AA1的中点，则异面直线EF与AB所成角的余弦值是 66
B. 若F为线段A1D1上的动点，则AF+FE的最小值为 17
C. 若F为线段A1E上的动点，则平面ABF与平面CDF夹角的余弦值的取值范围为[35, 22]
D. 若F为线段A1B上的动点，且C1F与平面ABCD交于点G，则三棱锥A1−ACG的体积为43
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量AB=2,3,BC=2m,5,CD=3,−1，若A,B,D三点共线，则m= ．
13.在空间直角坐标系中，若一条直线经过点(x0,y0,z0)，且以向量n=(a,b,c)(abc≠0)为方向向量，则这条直线可以用方程x−x0a=y−y0b=z−z0c来表示，已知直线l的方程为x−1=2y−4=z，则点P(3,−1,1)到直线l的距离为 ．
14.在▵ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若b=2，2acsC=2csB+ccsC，则2a+c的最大值为 ．
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)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，点D是BC的中点，AB=AA1=4．
(1)求证：A1B//平面ADC1；
(2)求证：平面ADC1⊥平面BCC1B1；
(3)求直线A1B到平面ADC1的距离．
16.(本小题15分)
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20,25，第二组25,30，第三组30,35，第四组35,40，第五组40,45，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52，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．
17.(本小题15分)
如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PC⊥平面ABC，AC= 3，PC=2BC=2，E，F分别为PA，PC的中点，平面BEF与平面ABC的交线为BD，D在圆O上．
(1)在图中作出交线BD(说明画法，不必证明)，并求三棱锥D−ACE的体积;(2)若点M满足BM=12BD+λBP(λ∈R)，且CM与平面PBD所成角的正弦值为 105，求λ的值．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c， 3acsB−bsinA= 3c，c=2，
(1)求A的大小;
(2)点D在BC上，
(Ⅰ)当AD⊥AB，且AD=1时，求AC的长;
(Ⅱ)当BD=2DC，且AD=1时，求△ABC的面积S△ABC．
19.(本小题17分)
如图，在四面体ABCD中，AC⊥BC，AC=2 2，BC=4，CD=BD=2 3，cs∠ABD= 26，E，F，G分别为棱BC，AD，CD的中点，点H在线段AB上.

(1)若FH//平面AEG，试确定点H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．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.B
5.D
6.C
7.D
8.C
9.BCD
10.AB
11.ACD
12.−16
13. 13
14.4 213
15.解：(1)连接A1C，交A1C点O，连接OD，则O是A1C的中点，
因为D是BC的中点，所以OD//A1B，
又OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，所以A1B//平面ADC1．
(2)因为▵ABC为等边三角形，且D是BC的中点，
所以AD⊥BC，由正三棱柱的性质知，BB1⊥平面ABC，
因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD，
又BC∩BB1=B,BC、BB1⊂平面BCC1B1，
所以AD⊥平面BCC1B1，因为AD⊂平面ADC1，
所以平面ADC1⊥平面BCC1B1．
(3)由(1)知A1B//平面ADC1，
以直线A1B到平面ADC1的距离等价于点B到平面ADC1的距离，
由(2)知AD⊥平面BCC1B1，所以点A到平面BDC1的距离为AD，
而S▵ADC1=12AD⋅DC1=12×2 3× 42+22=2 15，
S▵BDC1=12BD⋅CC1=12×2×4=4，
设点B到平面ADC1的距离为d，
因为VB−ADC1=VA−BDC1，
所以13⋅d⋅S▵ADC1=13⋅AD⋅S▵BDC1，即13⋅d⋅2 15=13⋅2 3⋅4，解得d=4 55，
所以直线A1B到平面ADC1的距离为4 55．

16.解：(1)设这m人的平均年龄为x，
则x=22.5×0.1+27.5×0.35+32.5×0.25+37.5×0.2+42.5×0.1=31.75(岁)；
(2)①：由频率分布直方图可知各组的频率之比为2:7:5:4:2，
第四组应抽取20×42+7+5+4+2=4人，记为A，B，C，甲，
第五组抽取20×22+7+5+4+2=2人，记为D，乙，
对应的样本空间为Ω={(A,B),(A,C),(A，甲)，(A，乙)，(A,D)，(B,C)，(B，甲)，
(B，乙)，(B,D)，(C，甲)(C，乙)，(C,D)，(甲，乙)，(甲，D)，(乙，D)}，共15个样本点．
设事件M=“甲、乙两人至少一人被选上”，
则M={(A，甲)，(A，乙)，(B，甲)，(B，乙)，(C，甲)，(C，乙)，(甲，乙)，(甲，D)，(乙，D)}，共有9个样本点，
所以P(M)=n(M)n(Ω)=915=35；
②：设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为x4，x5，方差分别为s42，s52，
则x4=36，x5=42，s42=52，s52=1，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为s2；
则z=4x4±2x56=4×36+2×426=38，
s2=164×s42+x4−z2+2×s52+x5−z2=164×52+36−382+2×1+42−382=10，
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m人中年龄在35∼45岁的所有人的年龄方差约为10．

17.解：(1)过点B作BD/​/AC交圆O于点D，
因为AB是圆O的直径，所以∠ADB=∠ACB=90∘，
所以∠CBD=180∘−∠ACB=90∘，
所以四边形ACBD为矩形，
因为AC= 3，AD=BC=1，
所以S△ACD=12× 3×1= 32，
因为PC⊥平面ABC，E为PA的中点，
所以点E到平面ACD的距离为12PC，
所以VD−ACE=VE−ACD=13×SΔACD×12PC=13× 32×1= 36．
(2)以C为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向作为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则A( 3,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，D( 3,1,0)，P(0,0,2)，
所以CB=(0,1,0)，BP=(0,−1,2)，BD=( 3,0,0)，
BM=12BD+λBP=( 32,−λ,2λ)，
CM=CB+BM=( 32,1−λ,2λ)，
设平面PBD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅BD=0,n⋅BP=0,即 3x=0,−y+2z=0,
不妨取z=1，得n=(0,2,1)，
因为CM与平面PBD所成角的正弦值为 105，
所以|cs|=|CM⋅n||CM|⋅|n|=2 5λ2−2λ+74× 5= 105，
所以20λ2−8λ−1=0，所以λ=12或λ=−110．
18.解：(1)因为 3acsB−bsinA= 3c，
由正弦定理可得： 3sinAcsB−sinBsinA= 3sinC，
而C=π−A−B，
所以sinC=sin[π−(A+B)]=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
3sinAcsB−sinBsinA= 3(sinAcsB+csAsinB)，
−sinBsinA= 3csAsinB，
因为B∈(0,π)，
所以sinB>0，
所以−sinA= 3csA，即tanA=− 3，
又A∈(0,π)，因此A=23π；
(2)(Ⅰ)因为AD⊥AB，且AD=1，AB=2，
则BD= AD2+AB2= 5，
∴sinB= 55，csB=2 55，
在△ABC中，sinC=sin(∠BAC+B)
=sin∠BAC⋅csB+cs∠BAC⋅sinB
= 32⋅2 55−12· 55=2 15− 510，
在△ACD中，由正弦定理得：
ACsin∠ADC=ADsinC，
于是AC=AD⋅sin∠ADCsinC=AD⋅sin⁡∠ADBsinC
=AD⋅csBsin C=2 552 15− 510=8 3+411．
(Ⅱ)设DC=x，BD=2x，
在△ABC中，由余弦定理得：
9x2=4+b2−2⋅2⋅b⋅cs23π，
即9x2=4+b2+2b， ①
∠ADB+∠ADC=π，cs∠ADB+cs∠ADC=0
即有：1+4x2−42⋅2x+x2+1−b22⋅1⋅x=0，
6x2=1+2b2 ②，
由 ① ②，可解得b=1+ 62(舍去负根)，
故S△ABC=12⋅2⋅1+ 62⋅ 32=3 2+ 34．
19.解：(1)若FH//平面AEG，则H为AB的中点，理由如下：
因为E，G分别为BC，CD的中点，所以EG//BD．
因为EG⊂平面AEG，BD⊂平面AEG，所以BD//平面AEG．
若FH//平面AEG，只需FH//BD即可．
因为F为AD的中点，所以H为AB的中点．
(2)过点D作DO⊥平面ABC，垂足为O，连接OE，OA．
设OE=a，因为BC=4，CD=BD=2 3，
所以CE=2，DE=2 2，OD2=DE2−OE2=8−a2，
所以AO2=(AC+OE)2+CE2=(2 2+a)2+4．
在▵ABD中，AB=2 6，AD2=AB2+BD2−2AB⋅BDcs∠ABD=28．
因为AD2=AO2+OD2，所以28=8−a2+(2 2+a)2+4，解得a= 2．
所以OD= 8−a2= 6．
以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(2 2,0,0)，E(0,2,0)，D(− 2,2, 6)，G− 22,1, 62．
过点H作HM⊥AC，垂足为M，作HN⊥BC，垂足为N．
设AM=b∈[0,2 2]，则CM=2 2−b，MH= 2b，所以H(2 2−b, 2b,0)．
则AE=(−2 2,2,0)，AG=−5 22,1, 62，CD=(− 2,2, 6)，
CH=(2 2−b, 2b,0)．
设平面AEG的法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅AE=−2 2x1+2y1=0m⋅AG=−5 22x1+y1+ 62z1=0，令x1=1，则m=(1, 2, 3)．
设平面CDH的法向量为n=x2,y2,z2，
则n⋅CD=− 2x2+2y2+ 6z2=0n⋅CH=(2 2−b)x2+ 2by2=0，令x2= 2b，则n= 2b,b−2 2,4 33．
所以csm,n=m⋅nmn=2b 9b2−12b+40．
当b=0时，csm,n=0．
当b∈(0,2 2]时，csm,n=2 9−12b+40b2，令1b=t≥ 24，
则csm,n=2 40t2−12 2t+9.又函数y=40t2−12 2t+9在 24,+∞上单调递增，
所以40t2−12 2t+9∈[8,+∞)，所以2 40t2−12 2t+9∈0, 22,
即csm,n∈0, 22.综上csm,n∈0, 22，
设平面AEG与平面CDH的夹角为θ，则θ∈0,π2，csθ∈0, 22，
因为函数y=csx在0,π2上单调递减，所以θ∈π4,π2，
所以平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围为π4,π2．
24小时降雨量(精确到0.1)
⋯
0.1∼9.9
10.0∼24.9
25.0∼49.9
50.0∼99.9
降雨等级
⋯
小雨
中雨
大雨
暴雨