黑龙江省绥化市第一中学2023−2024学年高一下学期期末考试 数学试卷（含解析）

这是一份黑龙江省绥化市第一中学2023−2024学年高一下学期期末考试 数学试卷（含解析），共14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．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．某学校有小学生270人，初中生人，高中生810人.为了调查学校学生的近视率，采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为360的样本，且从初中生中抽取的人数为120人，则为（ ）
A．270B．360C．450D．540
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知三条不重合的直线和平面，下列命题中是真命题的为（ ）
A．若直线和平面所成的角相等，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．有两位射击运动员在一次射击测试中各射靶次，每次命中的环数如下：
甲：，，，，，，，，，
乙：，，，，，，，，，
则下列结论正确的是（ ）
A．甲成绩的平均数较小B．乙成绩的中位数较小
C．乙成绩的极差较大D．乙比甲的成绩稳定
6．的内角，，所对的边分别为，，，，，，则的面积为（ ）
A．B．C．或D．
7．在三棱锥中，，，E，F分别是，的中点，，则直线与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知的外接圆圆心为O，且，，点D是线段BC上一动点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．若复数满足，下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为 B．
C． D．
10．关于函数，下列结论正确的是（ ）
A．是的一个对称中心
B．函数在上单调递增
C．函数图象可由函数的图像向右平移个单位得到
D．若方程在区间上有两个不相等的实根，则
11．如图，已知正方体中．F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（ ）

A．不存在点E，使平面
B．三棱锥的体积不随动点E变化而变化
C．直线与所成的角可能等于30°
D．不存在点E，使平面
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知：向量与的夹角为锐角．则实数m的取值范围为 ．
13．在对某中学高一年级学生身高（单位：）调查中，抽取了男生20人，其平均数和方差分别为174和12，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为164和30，根据这些数据计算出总样本的平均数为 ，方差为 .
14．已知三棱锥四个顶点在球面上，，是边长为的正三角形，，分别是，的中点，，则此球的半径是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知平面向量，，且函数.
(1)求的值；
(2)求函数的最小正周期；
(3)求函数在上的最大值，并求出取得最大值时的值.
16．某电力公司需要了解用户的用电情况（单位：度）.现随机抽取了该片区100户进行调查，将数据分成6组：，并整理得到如下频率分布直方图（用户的用电量均不超过600度）.
(1)求；
(2)若每一组住户的用电量取该组区间中点值代替，估算该片区住户平均用电量；
(3)每户用电量不超过度的电费是0.5元/度，超出度的部分按1元/度收取，若该公司为了保证至少的住户电费都不超过0.5元/度，则至少应为多少（为整数）？
17．在三棱锥中，，.
(1)求证：；
(2)若，，求点到平面的距离.
18．的内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小：
(2)若，的面积为，求的周长.
19．如图，在四棱锥中， 底面ABCD是边长为3的菱形，且， AC交BD于点O，，M，N分别为PA，BC的中点.
(1)求证：MN∥平面PCD；
(2)记二面角的平面角为θ， 若
①求 PA与底面ABCD所成角的大小；
②求点 N到平面 CDP的距离.
参考答案
1．【答案】A
【分析】根据共轭复数和除法法则进行计算，得到答案.
【详解】因为，所以，
所以．
故选A．
2．【答案】D
【分析】根据分层抽样计算规则计算可得.
【详解】依题意初中生应抽取120人.
所以，解得
故选D.
3．【答案】A
【分析】根据余弦的二倍角公式即可求解.
【详解】依题意，得，即，
解得或（舍去），故
故选A.
4．【答案】D
【分析】利用线面角的定义可得A错误，由异面直线定义以及线线垂直的位置关系可判断BC错误，由线面垂直性质可得D正确.
【详解】对于A，若直线和平面所成的角相等，则直线可以相交或异面或平行，即A错误；
对于B，若，则直线可以相交或异面或平行，即B错误；
对于C，若，则可能是，即C错误；
对于D，若，由线面垂直性质可得，即D正确.
故选D.
5．【答案】D
【分析】根据平均数、中位数、极差、方差的定义计算可得.
【详解】将甲乙两位射击运动员的射击环数从小到大进行排列可得：
甲：，，，，，，，，，，
乙：，，，，，，，，，，
对于A：甲的射击环数的平均数，
乙的射击环数的平均数，所以甲乙成绩的平均数相等，故A错误；
对于B：甲的射击环数的中位数为，乙的射击环数的中位数为，所以甲乙成绩的中位数相等，故B错误；
对于C：易得甲的射击环数的极差为，乙的射击环数的极差为，所以甲成绩的极差较大，故C错误；
对于D：因为甲的射击环数的平均数，
所以甲的射击环数的方差为：
，
因为乙的射击环数的平均数，
所以乙的射击环数的方差为：
，
所以，所以乙比甲的成绩稳定，故D正确．
故选D.
6．【答案】C
【分析】先根据正弦定理解出或，再根据三角形内角和定理求出，从而可以由面积公式解得．
【详解】由正弦定理得，即，解得，
是三角形内角，或
当时，，；
当时，．
故选C．
7．【答案】A
【分析】先作出辅助线，得到或其补角为线与所成的角，求出，结合，利用余弦定理求出余弦值.
【详解】取的中点，连接，
因为E，F分别是，的中点，
所以，故或其补角为直线与所成的角，
，
又，
故，
故直线与所成的角的余弦值为.
故选A.
8．【答案】C
【分析】根据题意分析可知：O为的中点，，，建系，根据向量的坐标运算可得，结合二次函数分析求解.
【详解】因为，可知O为的中点，
又因为O为的外接圆圆心，则，
且，即，
可知为等边三角形，即，
如图，建立平面直角坐标系，
则，设，
可得，
则，
可知当时，取到最小值.
【方法总结】根据中线性质分析可知O为的中点，结合圆的性质可知，.
9．【答案】BC
【分析】根据复数的乘除法运算、复数虚部、共轭复数的概念以及复数模的计算公式一一分析即可.
【详解】，则其虚部为，故A错误；
，，故BC正确；
，而，则两者不等，故D错误.
故选BC.
10．【答案】BC
【分析】根据三角函数图像性质分别判断各选项.
【详解】A选项：由，令，，解得，，所以其对称中心为，所以不是其对称中心，A选项错误；
B选项：令，，解得，，即函数的单调递增区间为，，又，，B选项正确；
C选项：由，向右平移可得，C选项正确；
D选项：，即，
设，则，
即函数与函数在上有两个交点，
做出函数图象，如图所示，
所以可得，解得，D选项错误；
故选BC.
11．【答案】ABC
【分析】利用面面平行的性质及反证法可判定A，利用线面平行的性质及棱锥的体积公式可判定B，利用异面直线的夹角及正三角形的性质可判定C，利用正方体的特征结合中位线的性质可判定D.
【详解】对于A，若平面，而易知平面，
且平面，
所以平面平面，显然矛盾，故A正确；
对于B，易知平面，而平面，
所以平面，则到平面的距离始终为定值，
又的面积为定值，所以由等体积法知，故B正确；
对于C，易知，则直线与所成的角为或其补角，
又为正三角形，显然当时，，即C正确；

对于D，由正方体的特征知，
而平面，
所以平面，
所以当为的中点时，有，此时平面，故D错误.
故选ABC.
12．【答案】
【分析】两向量夹角的坐标公式计算可得结果
【详解】两向量夹角的坐标公式为，
因为向量与的夹角为锐角，则，
所以.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】利用分样本平均数和方差与总样本的平均数和方差的关系，代入计算即可得出结论.
【详解】易知总样本的平均数为，
代入公式可得总样本的方差为；
因此总样本的平均数为，方差为；
故答案为：；.
14．【答案】
【分析】根据题意结合余弦定理求得，进而可得两两垂直，可以把三棱锥P-ABC转化为边长为1的正方体，利用正方体的性质求外接球的半径.
【详解】设，则，
因为，则，
在中，因为，则，
由余弦定理可得，
即，解得（负值已舍去），
可知，即，同理可得，，所以两两垂直，
可以把三棱锥转化为边长为1的正方体，则三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
正方体的体对角线即为外接球的直径，即.
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)
(3)，
【分析】（1）解法1：将代入可得向量，由向量数量积的坐标表示可得结果；
解法2：由向量数量积的坐标表示求出函数的表达式，再代入可得结果；
（2）根据解析式即可得最小正周期；
（3）先求得的取值范围，再利用正弦函数的性质求得最值.
【详解】（1）解法1：因为当时，，，
解法2：由诱导公式可得，，
所以
所以
（2）由解法2得，故函数的最小正周期为
（3）当时，，
当，即时，函数取最大值1，
此时.
16．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图中各组概率之和为可得值；
（2）根据频率分布直方图中平均值计算公式计算即可；
（3）确定在第四组之间，根据第百分位数计算即可.
【详解】（1）由频率分布直方图中各组概率之和为1得，
，
解得.
（2）根据频率分布直方图中平均值计算公式得
平均值为.
（3）由题意，第一组的频率为，
第二组频率为，
第三组频率为，
所以在第四组之间，为第百分位数，
即，
解得.
故至少应为.
17．【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）作出辅助线，得到线面垂直，进而得到线线垂直；
（2）利用等体积法求解点到平面的距离.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示.
在中，，是的中点，所以，
在中，，是的中点，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以；
（2）在中，，，是的中点，所以.
在中，，，是的中点，所以，
.
在中，，，，所以，
由（1）知，平面，
所以，
设点到平面的距离为，，解得，
即点到平面的距离为.
18．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可得解.
（2）利用三角形面积公式与余弦定理依次求得，从而得解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
又，所以，
又，所以；
（2）由，得，
由余弦定理得，
又因为，
所以，
所以，所以，
所以的周长为.
19．【答案】(1)证明见详解
(2)①；②
【分析】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，证明，然后证明平面PCD；
（2）①作出二面角的平面角，利用二面角的余弦值求出，，再由条件可证明所求线面角为，利用直角三角形求大小即可；②由平面PAC转化为求O到平面距离，作出垂线段，利用等面积法求解即可.
【详解】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，如图，
因为为PA的中点，则，
又因为为的中点且四边形ABCD为菱形，则，
可得，可知四边形MNCE为平行四边形，则，
且平面PCD，平面PCD。所以 MN∥平面PCD.
（2）①连接PO，取的中点，连接，
因为，
则，且，，，
可知为二面角的平面角，即，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，
则，
因为，是的中点，则，
又因为为菱形，则，
且，平面，可得平面，
由平面，可知平面平面，
且平面平面，
由面面垂直的性质可知：直线在平面上的射影为，
所以PA与底面ABCD所成角为.
因为，则，
且 ，可知，
所以PA与底面ABCD所成角的大小为；
②连接，过作于，
由，平面，平面，则平面，
可知点N到平面CDP的距离即点到平面CDP的距离，
因为，平面，
可得平面，且平面，可知平面平面
又因为，平面，平面平面，
所以平面，且平面，
在中，，，，
由等面积法可得，即，
所以点N到平面CDP的距离为.
【方法点睛】：根据二面角分析可知为二面角的平面角，结合余弦定理可得.