2023-2024学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）月考数学试卷（6月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）月考数学试卷（6月份）（含答案），共9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.若z+21−i=i，则z−的虚部为( )
A. −1B. 1C. 3D. −3
2.已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是( )
A. 若l/​/m，m⊂α，则l/​/α
B. 若l/​/α，m//β，α/​/β，则l/​/m
C. 若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l⊥m
D. 若m⊥β，l/​/α，l/​/m，则α⊥β
3.某学校数学教研组举办了数学知识竞赛(满分100分)，其中高一、高二、高三年级参赛选手的人数分别为1000，800，600.现用分层抽样的方法从三个年级中抽取样本，经计算可得高二、高三年级参赛选手成绩的样本平均数分别为76，82，全校参赛选手成绩的样本平均数为75，则高一年级参赛选手成绩的样本平均数为( )
A. 69B. 70C. 73D. 79
4.如图，D是△ABC边AC的中点，E在BD上，且DE=2EB，则( )
A. AE=23AB+16ACB. AE=23AB+13AC
C. AE=56AB+16ACD. AE=34AB+18AC
5.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，在A处测得公路北侧一山顶D在西偏北30° (即∠BAC=30°)的方向上；行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75° (即∠CBE=75°)的方向上，且仰角为30°，则此山的高度CD=( )
A. 100 6mB. 100 3mC. 300 6mD. 150 3m
6.设向量a与b的夹角为θ，定义a⊕b=|asinθ−bcsθ|，已知|a|= 2，|b|=|a−b|=1，则a⊕b=( )
A. 22B. 2C. 32D. 3
7.在△ABC中，b= 10，再从下列四个条件中选出两个条件，
①ac=28；
②c=2；
③csB=14；
④面积为14 2，
使得△ABC存在且唯一，则这两个条件是( )
A. ①②B. ①③C. ②③D. ①④
8.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，PB⊥底面ABCD.若PB=AB=CD=AD=1，BC=2，则这个四棱锥的外接球表面积为( )
A. 3πB. 4πC. 5πD. 6π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a=(m,−1),b=(−2,1)，则下列说法正确的是( )
A. 若m=1，则|a−b|= 13
B. 若a⊥b，则m=2
C. “m>−12”是“a与b的夹角为钝角”的充要条件
D. 若m=−1，则b在a上的投影向量的坐标为(−12,−12)
10.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinB
B. 若A>B，则csA>csB
C. 若a2+b2D. 若acsA=bcsB，则△ABC为等腰三角形或者直角三角形
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为正方体的中心，M为DD1的中点，F为侧面正方形AA1D1D内一动点，且满足B1F/​/平面BC1M，则( )
A. 三棱锥D1−DCB的外接球表面积为12π
B. 动点F的轨迹是一条线段
C. 三棱锥F−BC1M的体积是随点F的运动而变化的
D. 若过A，M，C1三点作正方体的截面Ω，Q为截面Ω上一点，则线段A1Q长度的取值范围为[2 63,2 2]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一组数据1，3，9，5，7，则这组数据的方差为______．
13.如图，这个优美图形由一个正方形和以各边为直径的四个半圆组成，若正方形ABCD的边长为4，点P在四段圆弧上运动，则AP⋅AB的取值范围为______．
14.已知棱长均为2 3的多面体ABC−A1B1C1由上、下全等的正四棱锥A1−ABB1C1和C−ABB1C1拼接而成，其中四边形ABB1C1为正方形，如图所示，记该多面体的外接球半径为R，该多面体的棱切球(与该多面体的所有棱均相切的球)的半径为r，则Rr= ______．
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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c2b−a=csCcsA．
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，△ABC的面积 3，求△ABC的周长．
16.(本小题15分)
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)求样本成绩的第75百分位数；
(3)已知落在[50,60)的平均成绩是57，方差是7，落在[60,70)的平均成绩为69，方差是4，求两组成绩的总平均数z−和总方差s2．
17.(本小题15分)
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧面ADD1A1为矩形，AB=2AD=2，∠D1DB=60°，BD=AA1= 3．
(1)证明：平面ABCD⊥平面BDD1B1；
(2)求三棱锥D1−BCB1的体积．
18.(本小题17分)
如图，在三棱锥D−ABC中，△ACD为等腰直角三角形，且AC为斜边，△ABC为等边三角形.若AC=DB=2，E为AC的中点，F为线段DB上的动点．
(1)证明：AC⊥面BDE；
(2)求二面角D−AB−C的正切值；
(3)当△AFC的面积最小时，求CF与底面ABD所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足a2−b2=bc．
(1)求证：A=2B；
(2)若b=1，求边a的取值范围；
(3)若角A的平分线交BC边于D，且AD=2，求边b的取值范围．
参考答案
1.A
2.D
3.B
4.A
5.A
6.A
7.C
8.C
9.AD
10.ACD
11.ABD
12.8
13.[−8,24]
14. 2
15.解：(1)在△ABC中，由c2b−a=csCcsA，得ccsA+acsC=2bcsC，
由正弦定理得sinCcsA+sinAcsC=2sinBcsC，即sin(C+A)=2sinBcsC，
又C+A=π−B，即sin(C+A)=sinB，于是sinB=2sinBcsC，
由B∈(0,π)，得sinB>0，因此csC=12，又C∈(0,π)，所以C=π3．
(2)由△ABC的面积S△ABC= 3，得12absinC= 3，得ab=4，
又c=2，由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，得a2+b2−ab=4，则a2+b2=8，
于是(a+b)2=a2+b2+2ab=16，解得a+b=4，
所以△ABC的周长为a+b+c=4+2=6．
16.解：(1)因为每组小矩形的面积之和为1，
所以(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，则a=0.030．
(2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，
落在[40,90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9，
设第75百分位数为m，
由0.65+(m−80)×0.025=0.75，得m=84，故第75百分位数为84．
(3)由图可知，成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10，
成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20，
故这两组成绩的总平均数为10×57+69×2010+20=65，
由样本方差计算总体方差公式可得总方差为：
s2=1030×[7+(57−65)2]+2030×[4+(69−65)2]=37．
17.证明：(1)△ABD中，因为AB=2，AD=1，BD= 3，
所以AB2=AD2+BD2，
所以AD⊥BD，
又侧面ADD1A1为矩形，
所以AD⊥DD1，
又BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面BDD1B1，
所以AD⊥平面BDD1B1，
又AD⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面BDD1B1；
解：(2)因为AD//BC，AD⊥平面BDD1B1，
所以BC⊥平面BDD1B1，
易得BC=1，B1D1= 3，B1B= 3，∠D1B1B=60°，
所以△BB1D1的面积S△BB1D1=12× 3× 3× 32=3 34，
三棱锥D1−BCB1的体积VD1−BCB1=VC−BB1D1=13S△BB1D1⋅BC=13×3 34×1= 34．
18.(1)证明：因为△ACD为等腰直角三角形，△ABC为等边三角形，且E为AC的中点，
所以DE⊥AC，BE⊥AC，
又DE∩BE=E，DE、BE⊂平面BDE，
所以AC⊥平面BDE．
(2)解：由题意知，DE=12AC=1，BE= 3，
因为BD=2，所以DE2+BE2=BD2，即DE⊥BE，
故EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,1)，A(1,0,0)，B(0, 3,0)，C(−1,0,0)，
所以AB=(−1, 3,0)，DA=(1,0,−1)，CA=(2,0,0)，
设平面ABD的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AB=−x+ 3y=0m⋅DA=x−z=0，
取y=1，则x=z= 3，所以m=( 3,1, 3)，
易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1)，
设二面角D−AB−C的大小为θ，
由图知，二面角D−AB−C为锐角，
所以csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|= 3 7×1= 217，
所以tanθ=2 33，
故二面角D−AB−C的正切值为2 33．
(3)解：由(1)知，AC⊥平面BDE，
因为EF⊂平面BDE，所以AC⊥EF，
所以S△AFC=12AC⋅EF，
当△AFC的面积最小时，EF最小，此时EF⊥BD，
在Rt△BDE中，EF=DE⋅BEBD=1⋅ 32= 32，DF= DE2−EF2=12=14BD，
所以F(0, 34,34)，CF=(1, 34,34)，
设CF与底面ABD所成角为α，则sinα=|cs=|CF⋅m||CF|⋅|m|=| 3+ 34+3 34| 1+316+916× 7=4 37，
故CF与底面ABD所成角的正弦值为4 37．
19.(1)证明：因为a2=b2+c2−2bccsA=b2+bc，
所以c−b=2bcsA，由正弦定理可得sinC−sinB=2sinBcsA，
又因为sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
代入可得sinAcsB−csAsinB=sinB，即sin(A−B)=sinB，
因为00，
故0所以A−B=B或A−B+B=π，
即A=2B或A=π(舍去)，
所以A=2B；
(2)解：因为△ABC为锐角三角形，A=2B，
所以C=π−3B，
由0所以csB∈( 22, 32)，
又b=1，
故a=bsinAsinB=2csB∈( 2, 3)．
(3)解：在△ADC中，AD=2，∠ADC=2B，C=π−3B，
由正弦定理得ADsinC=ACsin∠ADC，即2sin(π−3B)=bsin2B，
所以b=2sin2Bsin(π−3B)=2sin2Bsin3B=4sinBcsBsin2BcsB+cs2BsinB=4sinBcsB2sinBcs2B+(1−2sin2B)sinB
=4csB2cs2B+(1−2sin2B)=4csB4cs2B−1，
由(2)知csB∈( 22, 32)，
令t=csB∈( 22, 32)，则b=4t4t2−1=1t−14t，
因为y=t−14t在t∈( 22, 32)上单调递增，
所以y∈(12 2,1 3)，
所以b=4t4t2−1=1t−14t∈( 3,2 2)，即边b的取值范围为( 3,2 2)．