精品解析：黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

哈师大附中2023级高一下学期期末测试 数学试卷 一、单选题 1. 样本数据36，27，25，22，20，16，13，12，11的第60百分位数为（ ） A. 16 B. 21 C. 22 D. 23.5 2. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 连续地掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，记事件为“第一次出现2点”，事件为“第二次的点数小于等于4点”，事件为“两次点数之和为奇数”，事件为“两次点数之和为9”，则下列说法不正确的是（ ） A. 与不是互斥事件 B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 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，即两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，测得，，，，则两点间的距离为（ ） A. 80 B. C. 160 D. 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，则该系统正常工作的概率为（ ） A. B. C. D. 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：）.24小时降雨量的等级划分如下： 24小时降雨量（精确到） 降雨等级 小雨 中雨 大雨 暴雨 在一次降雨过程中，用一个侧棱的三棱柱容器收集的24小时的雨水如图所示，当侧面水平放置时，水面恰好过的中点.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. 在边长为的菱形中，，将沿着折叠，得到三棱锥，若，则该三棱锥的外接球的体积是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知a，b，c为三条直线，，，为三个平面．下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 设，为两个随机事件，且，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则，相互独立 B. 若和相互独立，则和一定不互斥 C. 若和互斥，则和一定相互独立 D. 11. 在正方体中，是棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A. 若是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 B. 若为线段上的动点，则的最小值为 C. 若为线段上的动点，则平面与平面夹角的余弦值的取值范围为 D. 若为线段上的动点，且与平面交于点，则三棱锥的体积为 三、填空题 12. 已知向量，若三点共线，则______. 13. 在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示，已知直线的方程为，则点到直线的距离为______. 14. 在中，内角所对的边分别为，若，，则的最大值为___________. 四、解答题 15. 如图，在正三棱柱中，点D是BC的中点，． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线到平面的距离． 16. 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人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，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，估计这人的平均年龄； 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. （2）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； （3）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差. 17. 如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上. （1）在图中作出交线（说明画法，不必证明），并求三棱锥的体积； （2）若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值. 18. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，，， （1）求A的大小： （2）点D在BC上， （Ⅰ）当，且时，求AC的长； （Ⅱ）当，且时，求的面积． 19. 如图，在四面体ABCD中，，，，，，E，F，G分别为棱BC，AD，CD的中点，点在线段AB上. （1）若平面AEG，试确定点的位置，并说明理由； （2）求平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈师大附中2023级高一下学期期末测试 数学试卷 一、单选题 1. 样本数据36，27，25，22，20，16，13，12，11的第60百分位数为（ ） A. 16 B. 21 C. 22 D. 23.5 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的求法计算即可求解. 【详解】将样本数据从小到大排序得， 则， 所以第百分位数为第个数，即. 故选：C. 2. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】用复数的除法法则和模长公式即可求解. 【详解】，. 故选：. 3. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的公式求解. 【详解】根据题意，在上的投影向量为： . 故选：A 4. 连续地掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，记事件为“第一次出现2点”，事件为“第二次的点数小于等于4点”，事件为“两次点数之和为奇数”，事件为“两次点数之和为9”，则下列说法不正确的是（ ） A. 与不是互斥事件 B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 【答案】B 【解析】 【分析】先利用古典概型概率公式分别求出事件的概率，再按照选项要求，利用事件的交事件是否为空集，确定是否互斥；两事件交事件的概率是否等于两事件概率的乘积，判断两时间是否独立即得. 【详解】依题意，试验的样本空间为，， 显然，则；，； ，；，. 对于A，因,故与不是互斥事件，A正确； 对于B，因，，而,故与不独立，即B错误； 对于C，因，,故与相互独立，即C正确； 对于D，因，，故与相互独立，即D正确. 故选：B. 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，即两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，测得，，，，则两点间的距离为（ ） A. 80 B. C. 160 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得各个角度，即可得长，根据正弦定理，可得长，根据余弦定理，即可得答案. 【详解】因为，， 所以，， 所以， 又因为， 所以， 在中，由正弦定理得，所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以. 故选：D. 【点睛】思路点睛；解三角形应用题的一般步骤 （1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系． （2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型． （3）根据题意选择正弦定理或余弦定理求解． （4）将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等. 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，则该系统正常工作的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】要使系统正常工作，则A、B要都正常或者C正常，D必须正常，然后利用独立事件，对立事件概率公式计算. 【详解】记零件或系统能正常工作的概率为， 该系统正常工作的概率为: , 故选：C. 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：）.24小时降雨量的等级划分如下： 24小时降雨量（精确到） 降雨等级 小雨 中雨 大雨 暴雨 在一次降雨过程中，用一个侧棱的三棱柱容器收集的24小时的雨水如图所示，当侧面水平放置时，水面恰好过的中点.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 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件利用柱体体积公式求出水的实际体积，再由两种情况的放置水的体积相同求解液面高度，即可与降雨量等级比较求解． 【详解】设的面积为，底面水平放置时，液面高为， 侧面水平放置时，水的体积为， 当底面水平放置时，水的体积为， 于是，解得， 所以当底面水平放置时，液面高为． 故降雨量等级为暴雨， 故选：D 8. 在边长为的菱形中，，将沿着折叠，得到三棱锥，若，则该三棱锥的外接球的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设的中点为，连接，，设、分别为、外接圆的圆心，过点、分别作平面、平面的垂线，设两垂线交于点，从而得到点为该三棱锥外接球的球心，利用余弦定理求出，即可求出，再由勾股定理求出，即可求出外接球的体积. 【详解】在菱形中，，所以和均是边长为的等边三角形， 如图在三棱锥中，设的中点为，连接，，设、分别为、外接圆的圆心， 过点、分别作平面、平面的垂线，设两垂线交于点，则点为该三棱锥外接球的球心， 连接、，则为外接球的半径， 依题意，且、， 由余弦定理， 所以， 由、分别为、外接圆的圆心， 所以，， 因为，，， 所以，所以，所以， 所以，即外接球的半径， 所以外接球的体积. 故选：C 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 二、多选题 9. 已知a，b，c为三条直线，，，为三个平面．下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，由空间中直线与平面，平面与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A选项，令，，若，则一定有，，而在同一平面的a，b两条直线可以平行，也可以相交，故A错误； 对于B选项，这是线面平行的性质定理，故B正确； 对于C选项，这是面面垂直的判定定理，故C正确； 对于D项，设，，过平面内一点A，分别作，，如图所示， 因为，，，，所以， 又因为，所以，同理：， 又因为，、， 所以，故D项正确. 故选：BCD. 10. 设，为两个随机事件，且，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则，相互独立 B. 若和相互独立，则和一定不互斥 C. 若和互斥，则和一定相互独立 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由相互独立事件的定义可判断A；由相互独立事件和互斥事件的概念可判断B，C；举反例判断D，进而可得正确选项. 【详解】，为两个随机事件，且，， 对于A：由两个事件相互独立的定义知：若，则，相互独立，故选项A正确； 对于B：若和相互独立，则的发生对的发生的概率没有影响，所以和一定不互斥，故选项B正确； 对于C：若和互斥，则，若，相互独立则， 若和互斥，则和不相互独立，故选项C不正确； 对于D：设，则，， 则，，可得， 而，故选项D不正确. 故选：AB. 11. 在正方体中，是棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A. 若是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 B. 若为线段上的动点，则的最小值为 C. 若为线段上的动点，则平面与平面夹角的余弦值的取值范围为 D. 若为线段上的动点，且与平面交于点，则三棱锥的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由异面直线所成角的定义即可判断A；将平面展开到平面，即可判断B；由二面角的定义可知为平面与平面的夹角，结合余弦定理代入计算，即可判断C；由三棱锥的体积公式代入计算，即可判断D. 【详解】对于A：由正方体的定义可知∥， 则是异面直线与所成的角或补角， 因为平面，且平面，则， 在中，因为，则， 所以，则A正确； 对于B：将平面展开到平面， 则，仅当共线时等号成立， 所以的最小值为，故错误； 对于C：过点作∥，交于点， 可知：∥∥， 则平面即为平面，平面即为平面， 则平面平面， 且平面，则平面， 且平面，则， 可知为平面与平面的夹角， 因为为线段上的动点，所以为线段上的动点， 在正方体，结合对称性可知： 当为线段的中点时，取到最大值，取到最小值， 此时，则； 当为线段的端点重合时，取到最小值，取到最大值； 综上所述：， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为，故C正确； 对于D：设平面与平面的交线为， 因为∥平面，平面，则∥， 又因为∥，且，可知为平行四边形， 则∥，可得∥， 因为与平面交于点，即，平面， 且平面，可知平面， 又因为平面平面，则，可知， 且平面，可知三棱锥的高为， 所以三棱锥的体积为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12. 已知向量，若三点共线，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量加法坐标运算求得，再由向量共线的坐标运算列式求解即可. 【详解】由，又三点共线， 所以与共线，得，解得. 故答案为： 13. 在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示，已知直线的方程为，则点到直线的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到的方向向量为，结合向量的距离公式，即可求解. 【详解】根据题意，直线的方程可写为，则的方向向量为， 且过点，可得，，则， 所以在上投影向量的模为， 故点到直线的距离为 故答案为：. 14. 在中，内角所对的边分别为，若，，则的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题目所给的条件，利用正弦定理化简后得到，利用正弦定理“边化角”化简得到，因此最大值即. 【详解】中，，， 所以，所以， 根据正弦定理，， 即， 因为，所以， 由为三角形内角可知，， 根据正弦定理，， 所以 ， 其中，， 当时取得最大值，所以的最大值为. 故答案为： 四、解答题 15. 如图，在正三棱柱中，点D是BC的中点，． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线到平面的距离． 【答案】（1）证明：连接，交点O，连接，则O是的中点， 因为D是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）证明：因为为等边三角形，且D是的中点， 所以，由正三棱柱的性质知，平面， 因为平面，所以， 又平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点O，连接，易得，再由线面平行的判定定理，即可得证； （2）先证明，，从而知平面，再由面面垂直的判定定理，即可得证； （3）先将问题转化为求点B到的距离，再利用等体积法求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）知平面， 以直线到平面的距离等价于点B到平面的距离， 由（2）知平面，所以点A到平面的距离为， 而2， 4， 设点B到平面ADC1的距离为d， 因为， 所以，即，解得d， 所以直线A1B到平面ADC1的距离为． 16. 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人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，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，估计这人的平均年龄； 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. （2）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； （3）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差. 【答案】（1）岁 （2） （3）10 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的平均数算法可得； （2）根据古典型概念公式可得； （3）根据分层抽样平均数和方差公式可得. 【小问1详解】 设这人的平均年龄为，则 【小问2详解】 由题意得，第四组应抽取人，记为（甲），，，， 第五组抽取人，记为（乙），， 对应的样本空间的样本点为： 设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”，则 ， 所以 【小问3详解】 设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，， 则，，，， 设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为， 则， ， 因此第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10. 据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差为10. 17. 如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上. （1）在图中作出交线（说明画法，不必证明），并求三棱锥的体积； （2）若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1）过点作交圆于点，（ ，分别为，的中点，所以,又，所以,故为平面与平面的交线） 因为是圆的直径，所以，， 所以，所以四边形为矩形， 因为，，所以， 因为平面，为的中点， 所以点到平面的距离为， 所以 （2）或 【解析】 【分析】（1）由线线平行即可找到直线，由等体积法即可求解体积， （2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解线面角，进而可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， 所以，，， ， 设平面的法向量为，则 即，不妨取，得 因为与平面所成角的正弦值为， 所以 所以，所以或 18. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，，， （1）求A的大小： （2）点D在BC上， （Ⅰ）当，且时，求AC的长； （Ⅱ）当，且时，求的面积． 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得的值，结合即可求解的值； （2）（Ⅰ）根据锐角三角函数和差角公式可得正弦定理即可求解. （Ⅱ）采用面积分割的方法以及正弦定理即可解决． 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理可得， 又， 所以， 因为为三角形内角，， 所以，可得， 因为，所以； 【小问2详解】 （Ⅰ）此时，， 所以， 所以，， ， 在中，由正弦定理可得 ； （Ⅱ）设，由， 可得，化简可得 有， 由于，所以， 所以， 则． 19. 如图，在四面体ABCD中，，，，，，E，F，G分别为棱BC，AD，CD的中点，点在线段AB上. （1）若平面AEG，试确定点的位置，并说明理由； （2）求平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围. 【答案】（1）若平面AEG，则为AB的中点，理由如下： 因为E，G分别为BC，CD的中点，所以. 因为平面AEG，平面AEG，所以平面AEG. 若平面AEG，只需即可. 因为为AD的中点，所以为AB的中点. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证得平面AEG，再利用线面平行的性质定理得，即可确定点的位置； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面夹角余弦值的函数，利用二次函数知识求解余弦值的范围，然后利用余弦函数的单调性求解角的范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点D作平面ABC，垂足为，连接OE，OA. 设，因为，， 所以，，， 所以. 在中，，. 因为，所以，解得. 所以. 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 过点作，垂足为，作，垂足为. 设，则，，所以. 则，，， . 设平面AEG的法向量为， 则，令，则. 设平面CDH的法向量为， 则，令，则. 所以. 当时，. 当时，，令， 则.又函数在上单调递增， 所以，所以， 即.综上， 设平面AEG与平面CDH的夹角为，则，， 因为函数在上单调递减，所以， 所以平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围为. 【点睛】难点点睛：本题考查了线面平行的判定及性质定理、以空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而利用余弦函数的单调性得到其取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $