黑龙江省大庆市2023−2024学年高一下学期期末考试 数学试题（含解析）

这是一份黑龙江省大庆市2023−2024学年高一下学期期末考试 数学试题（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（本大题共8小题）
1．复数（为虚数单位）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
2．已知向量的夹角为，若，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
4．设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若不垂直于，，则必不垂直于
C．若，，则
D．若,是异面直线，，，，，则
5．已知向量，，满足：，且，则三角形的形状是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等边三角形
6．已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，把函数的图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象，关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．在上是单调递增函数B．其图象关于直线对称
C．函数是奇函数D．在区间上的值域为
8．如图，在中，，，，点在以为圆心且与边相切的圆上，则的最小值为（ ）

A．0B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．给出下列说法，其中正确的是（ ）
A．数据0，1，2，4的极差与中位数之积为6
B．已知一组数据的方差是5，则数据的方差是20
C．已知一组数据的方差为0，则此组数据的众数唯一
D．已知一组不完全相同的数据的平均数为，在这组数据中加入一个数后得到一组新数据，其平均数为，则
10．已知为虚数单位，则下列选项中正确的是（ ）
A．复数的模为5
B．复数，则在复平面上的点在第四象限
C．复数是纯虚数，则或
D．若，则的最大值为
11．如图，在正方体中，若为棱的中点，点在侧面（包括边界）上运动，且∥平面，下面结论正确的是（ ）
A．点的运动轨迹为一条线段
B．直线与所成角可以为
C．三棱锥的体积是定值
D．若正方体的棱长为1，则平面与正方体的截面的面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．样本数据17，13，22，16，11，20，14，24的分位数为 .
13．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是 .
14．某地进行老旧小区改造，有半径为60米，圆心角为的一块扇形空置地（如图），现欲从中规划出一块三角形绿地，其中在上，，垂足为，，垂足为，设，则 （用表示）；当在上运动时，这块三角形绿地的最大面积是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，角所对的边分别为，向量，，且，为线段上一点.
(1)求角的大小；
(2)若为角的角平分线，，的周长为15，求的长.
16．2023年秋末冬初，呼和浩特市发生了流感疾病. 为了彻底击败病毒，人们更加讲究卫生讲究环保. 某学校开展组织学生参加线上环保知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题：
(1)若从成绩低于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩低于50分的人数；
(2)以样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数；
(3)首轮竞赛成绩位列前的学生入围第二轮的复赛，请根据图中信息，估计入围复赛的成绩（记为）.
17．如图，在四棱锥中，M为AP边上的中点，N为CP边上的中点，平面平面，，，，．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面.
18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且PA=AD=2，为线段上的动点.
(1)若为的中点，求三棱锥的体积；
(2)若ED=2PE，问上是否存在点，使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由；
(3)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
19．在锐角中，角的对边为，若，.
(1)求角的大小；
(2)若为的中点，且，求的面积；
(3)如图，过点在所在平面内作，且满足.求线段的最大值.
参考答案
1．【答案】D
【详解】，
复数在复平面内对应的点的坐标是，位于第四象限．
故选：D
2．【答案】D
【分析】利用向量垂直的条件及向量数量积的定义即可求解.
【详解】因为，
所以，即，
又因为，向量的夹角为，
所以，即，解得.
故选D.
3．【答案】D
【分析】利用诱导公式和二倍角的余弦公式即可得到答案.
【详解】，
，
且，
故选D.
4．【答案】D
【分析】对于A，，可能平行、相交或异面；对于B，有可能垂直于；对于C，或；对于D，结合线面平行的性质定理与面面平行的判定定理即可得.
【详解】对于A：若，，，则，可能平行、相交或异面，故A错误；
对于B：若不垂直于，且，则有可能垂直于，故B错误；
对于C：若且，则或，故C错误；
对于D：若，是异面直线，，，，，
则在直线上任取一点，过直线与点确定平面，设，
又，则，，，所以，
又，，，，所以，故D正确.
故选D.
5．【答案】D
【分析】由三角形重心、外心性质得到是三角形的重心、外心，从而得到三角形为等边三角形.
【详解】因为，所以是三角形的重心，又因为，所以是三角形的外心，
所以三角形是等边三角形.
故选D.
6．【答案】A
【分析】利用投影向量的定义求解即可.
【详解】向量，
则向量在向量上的投影向量是
.
故选A.
7．【答案】D
【分析】根据辅助角公式化简三角函数式，由函数图象平移变换可求得函数，结合余弦函数的图象与性质即可判断各选项.
【详解】，沿轴向左平移个单位，
得．
对于A：当，单调递减，故A错误；
对于B：，则图象关于对称，故B错误；
对于C：是偶函数，故C错误；
对于D：当，则，故D正确.
故选D．
8．【答案】C
【分析】由几何关系分解向量，根据数量积的定义与运算法则求解.
【详解】设为斜边上的高，,
则圆的半径，
设为斜边的中点，，则，
因为，，
则
，
故当时，
的最小值为.
故选C.

9．【答案】ACD
【分析】对于A，求得极差、中位数即可判断；对于B，根据方差的性质即可判断；对于C，根据方差的定义可得，从而可判断；对于D，根据平均数的计算公式即可判断.
【详解】对于A，极差为，中位数为，所以极差与中位数之积为，A正确；
对于B，根据方差的性质可知，数据的方差是，B错误；
对于C，由方差，
可得，即此组数据众数唯一，C正确；
对于D，，
，D正确.
故选ACD.
10．【答案】ABD
【分析】对于A，直接求复数的模判断；对于B，先求出再判断；对于C，由实部为零虚部不为零求解；对于D，利用复数的几何意义求解.
【详解】对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：由，得，则在复平面上的点在第四象限，故B正确；
对于C：因为复数是纯虚数，所以，解得，故C错误；
对于D：由，可知在复平面上表示的点在单位圆上，表示在复平面上单位圆上的点到点的距离，所以的最大值为，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】ACD
【分析】不妨设正方体的棱长为1，对于A：可证平面∥平面，进而可知，即可得结果；对于B：分析可知直线与所成角为，且，分析的长度即可；对于C：分析可知∥平面，根据平行的定值结合锥体体积公式分析判断；对于D：分析可知平面与正方体的截面为四边形，求长度即可得面积.
【详解】不妨设正方体的棱长为1，
对于选项A：取的中点，连接，
由题意可知：∥，且，
可知为平行四边形，则∥，
又因为分别为的中点，则∥，可得∥，
且平面，平面，可得∥平面，
因为分别为的中点，则∥，且，
又因为∥，且，可得∥，且，
可知为平行四边形，则∥，
且平面，平面，可得∥平面，
由，平面，可得平面∥平面，
若∥平面，可知平面，
且侧面，侧面平面，可知，
所以点的运动轨迹为一条线段，故A正确；
对于选项B：因为点的运动轨迹为线段，
则直线与所成角为，
因为侧面，侧面，则，
在中，，
又因为，则有：
当为线段的中点时，取到最小值；
当为线段的端点时，取到最大值；
则，即，可知，故B错误；
对于选项C：由选项A可知：平面∥平面，且平面，
则∥平面，
且，可知点到平面的距离为定值，
即三棱锥的高为定值，且的面积为定值，
所以三棱锥的体积是定值，故C正确；
对于选项D：取的中点，连接，
因为分别为的中点，则∥，
由选项A可知：∥，则∥，
所以平面与正方体的截面为四边形，
由题意可知：，
则等腰梯形的高，
所以截面的面积为，故D正确；
故选ACD.
【关键点拨】本题的关键在于证明平面∥平面，结合面面平行的性质分析点的运动轨迹，进而逐项分析求解.
12．【答案】
【分析】借助百分位数定义计算即可得.
【详解】数据按从小到大排序为11，13，14，16，17，20，22，24，
，所以分位数为22.
13．【答案】
【分析】根据正四棱柱的体积，结合其外接球的性质分析计算即可.
【详解】正四棱柱的高是4，体积是16，则底面边长为2，底面正方形的对角线长度为，所以正四棱柱体对角线的长度为，四棱柱体对角线为外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为．
14．【答案】 米 平方米
【分析】由题可得，结合条件及面积公式可得，再利用三角恒等变换及正弦函数的性质即得.
【详解】在中，，AP=60米，
所以（米），
在中，可得，
由题可知，
的面积为
，
又，，
所以当，即时，的面积有最大值平方米，
即三角形绿地的最大面积是平方米.
15．【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由，得，然后利用正弦定理和三角函数恒等变换公式化简变形可求得角；
（2）利用余弦定理结合已知条件可求得，再由为角的角平分线，可得，利用三角形面积公式化简可求出的长.
【详解】（1），，且，
，
由正弦定理得，
，
，，
在中，，
，，
，；
（2），，
由余弦定理得，
即，解得.
为角的角平分线，，
，
，
，得，
.
16．【答案】(1)人
(2)
(3)
【分析】（1）利用分层抽样的定义求解即可；
（2）利用平均数公式求解即可；
（3）根据题意设入围复赛的成绩的临界值为，则，求出的值即可.
【详解】（1）成绩在的人数为（人），
成绩在的人数为（人），
则按分层抽样方法从成绩低于60分的同学中抽取5人，
成绩低于50分的人数为（人）.
故5人中成绩低于50分的人数为2人；
（2）由，得，
则平均数，
故该校学生首轮竞赛成绩的平均数约为分；
（3）根据频率分布直方图可知，
的频率为，的频率为，
所以入围复赛的成绩一定在，
可知入围复赛的成绩的临界值为，
则，解得，
故估计入围复赛的成绩为分.
17．【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）由条件可得，根据线面平行的判定推理得证；
（2）由条件结合面面垂直的性质可得，，再利用线面垂直的判定推理得证．
【详解】（1）在四棱锥中，连接AC，

在中，由M，N为对应边上的中点，即MN为中位线，得，
又平面，平面，所以平面；
（2）在四边形中，，，则，由，得，
而，则，所以，
由，得，又平面平面，平面平面，
平面，于是直线平面，又平面，则，
又，平面，所以平面．
18．【答案】(1)；
(2)存在，AB的中点；
(3).
【分析】（1）根据题意，由条件可得点与点到平面的距离之比为，再由锥体的体积公式，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由线面平行的判定定理，即可证明；
（3）根据题意，由二面角的定义可得是平面与平面所成锐二面角的平面角，代入计算，即可求解.
【详解】（1）因为为的中点，所以点与点到平面的距离之比为，
故.
（2）
存在，取AB的中点，连接DM交AC于点，连接EG，
则EG为面AEC与面PMD的交线.
易得，
在三角形中，，所以，所以平面EAC，
即存在点，且当为AB中点时，平面.
（3）过点P作，因为，
所以，平面平面，
因为面，所以，又，，
所以面，
又因为，所以面，，，
所以是面与面所成锐二面角的平面角，
因为是等腰直角三角形，所以.
【方法总结】二面角的求法
方法一(几何法)：找→作(定义法、三垂线法、垂面法)→证(定义)→指→求(解三角形)．
方法二(向量法)：首先求出两个平面的法向量m，n，再代入公式cs α＝±(其中m，n分别是两个平面的法向量，α是二面角的平面角)求解(注意通过观察二面角的大小选择“±”)．
19．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先由正弦定理将原式中的角化为边，再结合余弦定理即可得出；
（2）由已知可得，两边平方，结合余弦定理可得，则面积可求；
（3）令，利用正弦定理将表示为含的表达式，利用三角函数积化和差、和差化积公式化简，再结合正弦型函数的性质即可求得最值.
【详解】（1）因为，，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
又，所以；
（2）因为是的中点，所以，两边平方可得，
即，
又，所以，
面积为；
（3）设，当DC与外接圆相切时，可得，则，
则，
在中，由正弦定理得，
所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
因为，
所以，
由，所以
所以
,
由，所以
，
又，所以，
所以当，即时，有最大值，最大值为.
【关键点拨】利用三角函数的积化和差公式与和差化积公式，将表示的含的表达式化简.