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（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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一、单项选择题：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.10 C. D.20〖答案〗A〖解析〗．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〗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.90 B.88 C.82 D.76〖答案〗A〖解析〗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〗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〗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〗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〗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〗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、多项选择题：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5C.若复数满足，则D.若复数满足，则的最大值为3〖答案〗AD〖解析〗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〗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〗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〗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〗〖解析〗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〗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．解：（1）因为，所以，，又三点共线，所以，所以，解得．（2）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：.解：（1）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.（2）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.解：（1）因为，由正弦定理得，又，所以，又，所以，即，又，所以，所以，又，所以.（2）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.解：（1）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.（2）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.（3）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．解：（1）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．（2）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