黑龙江哈尔滨六校2023~2024学年高一下册期末联考数学试卷[附解析]

这是一份黑龙江哈尔滨六校2023~2024学年高一下册期末联考数学试卷[附解析]，文件包含黑龙江省哈尔滨市六校2023-2024学年高一下学期期末联考数学试卷解析docx、黑龙江省哈尔滨市六校2023-2024学年高一下学期期末联考数学试卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区拔内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版必修第二册.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.若复数，则（ ）
A B. 10C.D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数模的定义求解.
详解】．
故选：A．
2.设A，B是直线l上两点，则“A，B到平面a的距离相等”是“”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面位置关系分别判断充分必要条件即可.
【详解】若，则A，B两点到平面的距离相等，
但反之不成立，因为当，分别在平面a的两侧，
且满足，到平面的距离相等时，直线l与平面相交．
故选：B．
3.已知一组数据：55，64，92，76，88，67，76，90，则这组数据的第百分位数是（ ）
A. 90B. 88C. 82D. 76
【答案】A
【解析】
【分析】根据百分位数计算规则计算可得.
【详解】将数据从小到大排列：55，64，67，76，76，88，90，92，
又，
所以这组数据的第百分位数是.
故选：A
4.在中，角的对边分别为，若，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理求出答案.
【详解】由余弦定理得，
因为，所以.
故选：C.
5.已知非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为 ，则与的夹角为（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】由投影向量计算可得.
【详解】因为，且，
所以，即夹角为，
故选：C.
6.已知某正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正六棱柱的性质可求解半径，由表面积公式即可求解.
【详解】由正六棱柱的性质可得为其外接球的球心（如图）,
由于底面为正六边形，所以为等边三角形，故,
所以,
所以为外接球的半径，故外接球表面积为，
故选：D
7.用2，3，4这3个数组成没有重复数字的三位数，则事件“这个三位数是偶数”发生的概率为（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用列举法，结合古典概型分析求解.
【详解】将2，3，4组成一个没有重复数字的三位数的情况有，共6种，
其中偶数有，共4种，
所以事件“这个三位数是偶数”发生的概率为．
故选：C．
8.在中，内角的对边分别为，且，则的最大值是（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理、余弦定理进行角化边整理得到，再通过余弦定理消元得到，然后利用基本不等式得出的最小值，从而可以得到的最大值．
【详解】因为，
由正弦定理得，
所以，
所以，
由余弦定理得，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以当时，取得最大值，
此时，
所以的最大值是．
故选：D．
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知是虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.复数的虚部为5
C.若复数满足，则
D.若复数满足，则的最大值为3
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，用复数的幂的运算求解判断；对于B，利用复数的概念判断；对于C，取判断；对于D，由判断.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，复数的虚部为-5，故B错误；
对于C，设，则，而，故C错误；
对于D，因为，所以，所以的最大值为3，故D正确.
故选：AD.
10.在中，角的对边分别为，则下列对的个数的判断正确的是（ ）
A.当时，有两解
B.当时，有一解
C.当时，无解
D.当时，有两解
【答案】AC
【解析】
【分析】由正弦定理对四个选项一一判断，得到答案.
【详解】对于A，由正弦定理得，即，所以，
又因为，所以或，有两解，故A正确；
对于B，由正弦定理得，无解，故B错误；
对于C，由正弦定理得，无解，故C正确；
对于D，由正弦定理得，
又，所以为锐角，此三角形只有一解，故D错误.
故选：AC.
11.如图，在直三棱柱中，，，，是边的中点，过点A，B，D作截面交于点E，则（ ）
A.B.平面平面
C.平面D.点到截面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由棱柱的性质得到平面，再由线面平行的性质判断A；由判断C；首先证明平面，得到，即可证明平面，从而判断B；设与交于点，则平面，利用等面积法求出，即可判断D.
【详解】如图，
在直三棱柱中，，
平面，平面，
则有平面，平面，平面平面，
可得，故A正确；
∵是的中点，，，∴，
又，∴，∴，
则，∴，
∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又，平面，∴平面，
又平面，∴平面平面，故B正确；
因为，平面，所以与平面不平行，故C错误；
设与交于点，则平面，
又因为为的中点，所以点到截面的距离等于点到截面的距离.
在中，，由等面积法可得，
所以点到截面的距离为，故D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若事件与互斥，且，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据互斥事件的概率公式计算可得.
【详解】因为事件与互斥，且，
所以.
故答案为：
13.如图，用无人机测量一座小山的海拔与该山最高处的古塔的塔高，无人机的航线与塔在同一铅直平面内，无人机飞行的海拔高度为，在处测得塔底（即小山的最高处）的俯角为，塔顶的俯角为，向山顶方向沿水平线飞行到达处时，测得塔底的俯角为，则该座小山的海拔为_______；古塔的塔高为_______．
【答案】 ①. ②.##
【解析】
【分析】在，根据条件，利用正弦定理得到，延长交于，则，即可求出小山的海拔；在，根据条件，利用正弦定理，即可求出塔高.
【详解】如图，在，，
由正弦定理，
又，
所以，即，
延长交于，则，
又无人机飞行的海拔高度为，所以该座小山的海拔为，
在中，，
又，
由正弦定理有，得到，
故答案为：，.
14.已知中，为上一点，且，垂足为，则_______．
【答案】##
【解析】
【分析】以为坐标原点，所以直线为轴，轴，建立平面直角坐标系，根据条件求出的坐标，即可求出结果.
【详解】如图，以为坐标原点，所以直线为轴，轴，建立平面直角坐标系，
因为，，所以，则，
又，过作于，易知，所以,
得到，设，
则，所以，

故答案为：.
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.已知向量．
（1）若三点共线，求的值；
（2）若四边形为矩形，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，由三点共线，可得.
（2）由，，若四边形为矩形，求解．即可得到结果.
【小问1详解】
因为，
所以，．
又三点共线，所以，所以，
解得．
【小问2详解】
由
，
若四边形为矩形，则．即，
解得．
由，得
解得．所以．
16.如图，在三棱锥中，是线段的中点，是线段上的一点.
（1）若平面，试确定在上位置，并说明理由；
（2）若，证明：.
【答案】（1）是的中点，理由见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理得，从而根据是线段的中点即可确定点E的位置；
（2）通过等腰三角形的性质证得，，从而利用线面垂直的判定定理得平面，最后利用线面垂直的性质定理即可证明.
【小问1详解】
是的中点，理由如下：
若平面，由平面，平面平面，
得.又是的中点，在上，
∴是的中点.
【小问2详解】
取的中点，连接，，
∵，为中点，
∴，，
∵，平面，
∴平面，
∵平面，∴.
17.在中，内角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，点是线段上的一点，且，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）正弦定理边化角，利用三角恒等变换求得，得解；
（2）由，得，再根据余弦定理运算求得，得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
又，所以，
又，
所以，即，
又，所以，
所以，又，所以.
【小问2详解】
由题意知，
又，所以，
即.
在中，由余弦定理得，
即，
所以，
解得或（舍），
所以的周长为.
18.为了估计一批产品的质量状况，现对100个产品的相关数据进行综合评分（满分100分），并制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品.

（1）求图中a的值，并求综合评分的平均数；
（2）用样本估计总体，以频率作为概率，按分层随机抽样的思想，先在该条生产线中随机抽取5个产品，再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据，求这2个产品中最多有1个一等品的概率；
（3）已知落在的平均综合评分是54，方差是3，落在的平均综合评分为63，方差是3，求落在的总平均综合评分和总方差.
【答案】（1），平均数为81
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1求得，结合加权平均数运算求解；
（2）根据分层抽样求各层人数，利用列举法结合古典概型运算求解；
（3）根据题意利用分层抽样的平均数和方差公式运算求解.
【小问1详解】
由频率和为1，得，解得；
设综合评分的平均数为，
则，
所以综合评分的平均数为81.
【小问2详解】
由题意，抽取5个产品，其中一等品有3个，非一等品有2个，
一等品记为a、b、c，非一等品记为D、E；
从这5个产品中随机抽取2个，试验的样本空间
，；
记事件“抽取的这2个产品中最多有1个一等品”，
则，，
所以所求的概率为.
【小问3详解】
由题意可知：落在的频率为，落在的频率为，
所以，
19.如图，在直三棱柱中，，，，点D，E分别为棱BC，的中点，点F是线段CE的中点．

（1）求证：平面；
（2）求直线DF与平面ABF所成角的正弦值；
（3）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）只需分别证明，，结合线面垂直的判定定理即可得解；
（2）首先通过分析可说明是直线DF与平面ABF所成角，进一步通过解三角形即可得解；
（3）由二面角的定义分析说明为二面角F-AD-C的平面角，再通过解三角形即可得解.
【小问1详解】
在直三棱柱中，平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以．
在矩形中，，，点E是棱的中点，
所以，所以是等边三角形，
又点F是线段CE的中点，所以，
又，平面，所以平面．
【小问2详解】
在平面BCE内，过点D作BF的垂线，垂足为H，如图所示．
由（1）知平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
所以是直线DF与平面ABF所成角．
在中，，，所以，
又点D为棱BC的中点，所以．
因为平面，又平面，所以，
所以，．
在中，由余弦定理得，
所以，即直线DF与平面ABF所成角的正弦值为．
【小问3详解】
在平面内，过点F作AC的垂线，垂足为O，在平面ABC内，过O作AD的垂线，垂足为G，连接FG，如图所示．
因为平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，又，
所以为二面角的平面角．
在中，．
因为平面，平面，所以，
又易得，，所以，
由等面积法可知．
在中，，，，所以，
所以，即二面角的余弦值为．