黑龙江省哈三中09-10学年高一下学期期末考试(数学)
2020-2021学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高一数学下学期第二模块考试期末考试数学试题含解析
黑龙江省哈尔滨市第三中学2020-2021学年高一数学下学期第二模块考试（期末考试）试题（含解析）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1．已知复数z＝，则z+＝（）A．2 B．2C．6i D．6i2．如图，若一个水平放置的图形用斜二测画法作出的直观图是直角梯形ABCD，其中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝1，CD＝2，则原平面图形的面积是（）A．B．C．D．33．以下调查中适合普查的是（）A．一个水库的所有鱼中卿鱼所占的比例B．一批种子的发芽率C．境外返哈人员的核酸检测结果D．全市中学生的平均身高4．已知l，m为不同的直线，α，β为不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若l∥m，m∥α，则l∥αB．若1∥α，α∥β，则1∥βC．若l⊥m，m⊥α，l⊥β，则α⊥βD．若α⊥β，α∩β＝l，A∈α，A∈m，m⊥l，则m⊥β5．已知15个不同数据的第25百分位数是9．则下列说法正确的是（）A．这15个数据中一定有4个数小于9B．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据C．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据和第5个数据的平均数D．把这15个数据从小到大排列后，9是第3个数据和第4个数据的平均数6．若一个圆锥的轴截面是斜边长为4的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为（）A．4πB．2（+1）πC．2（+2）πD．4（+1）π7．关于一组样本数据的平均数、中位数、频率分布直方图和方差，有下列说法：①改变其中一个数据，平均数一定改变，中位数可能不变；②频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积应该相等；③若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数小于中位数；④样本中每个数据变为原来的2倍，则样本方差也变为原来的2倍．其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．48．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A．πB．πC．πD．28π9．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝60°且SA＝AB＝2BC＝2，E为SA的中点，则异面直线SC与DE所成的角的余弦值为（）A．B．C．D．10．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，∠BAA1＝∠DAA1＝45°，则AC1＝（）A．3B．5 C．2+D．3+11．用0，1，2，3，4，5，6构成无重复数字的三位偶数共有（）个A．75 B．90 C．105 D．12012．如图，在正方形ABCD中，已知AB＝4，将△ABD沿着BD向上翻折至△A'BD，记锐二面角A'﹣BD﹣C的平面角为α，A'B与平面ABCD所成的角为β，则下列结论不可能成立的是（）A．sinα＝sinβB．cosα＝cosβC．α＜2βD．α﹣β＞二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知非零向量，满足||＝||，且（﹣）⊥（5+2），则与的夹角为．14．已知正四面体ABCD中，AB＝2，点E，F，G，H分别在AB，AD，CD，BC上，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，则四边形EFGH的面积的最大值为．15．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，满足a cos B+b cos A＝a，b＝2，B∈〖，〗，则•的取值范围是．16．现有4种颜色可供选用，给三棱柱的每个顶点涂色，同一条棱的顶点不同色，则共有种不同的涂色方法（用数字作答）．三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17．在中国共产党建党100周年华诞之际，哈三中积极响应党和国家的号召，为激发学生的爱国热情，举办了党史知识竞赛活动，来回顾中国共产党从成立到发展壮大的历程．为了解学生此次知识竞赛成绩，现随机抽取了50名学生作为样本，将分数按照〖50，60），〖60，70），〖70，80），〖80，90），〖90，100〗分为5组，绘制了如图所示的频率分布直方图．已知〖70，80）组的频数比〖80，90）组的频数多3．（1）求频率分布直方图中a和b的值；（2）估计这50名学生知识竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）学校给成绩在从高到低的前30%学生准备了奖品，试估计多少分以上的同学可以获奖？18．在△ABC中，|﹣|＝2，•＝6，∠C＝60°，D为BC中点．（1）求AD的长；（2）求AC的长．19．如图，已知AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，AD＝AB＝AC＝BC＝2，CE＝1．（1）在线段AB上是否存在点F，使得CF∥平面BDE？若存在，确定点F的位置，若不存在，请说明理由；（2）求二面角D﹣BE﹣C的余弦值．20．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，AA1＝AB＝2，AC＝BC＝，∠BAA1＝60°，点E为棱AB的中点，点F为棱A1C1上的动点．（1）求证：EF⊥BC；（2）当直线A1E与平面B1EF成角的正弦值为时，求三棱锥C1﹣B1EF的体积．21．现多个省份的高考以实行“3+1+2”模式，“3”指必考科目，语文、数学、外语是全国统考科目，不分文理；“1”是指学生需要从首选科目物理、历史中选择一门；“2”为再选科目，在政治、地理、化学、生物四个学科中再选择两门．在这种模式下，后期的专业报考就被划分为了“物理类”和“历史类”两大类．某校高三年级共有1500名学生，其中1000人选择了物理，500人选择了历史．在某次模拟考试中，为了了解学生的数学成绩，计划从1500名学生中随机抽取一个容量为30的样本．若采用比例分配的分层随机抽样，按照学生选择物理或历史将学生分为两层：样本中选择物理的学生数学成绩的平均数为124，方差为379；选择历史的学生数学成绩的平均数为110，方差为300．（1）后来发现在计算样本中选择物理的学生的数学成绩的平均数和方差时，甲同学的成绩有误，甲实得145分却记为125分，试计算数据更正后，样本中选择物理的学生数学成绩的平均数和方差；（2）在（1）的条件下，在成绩更正后，试用样本估计本次模拟考试中该校高三年级1500名学生数学成绩的平均数和方差．22．如图，已知点A，B，C在平面α的同侧，在三棱锥O﹣ABC中，OA、OB、OC两两垂直，OA＝2，OB＝3，OC＝4，直线OA，OB与过点O的平面α所成的角都是30°．（1）在棱OC上是否存在一点M，使二面角M﹣AB﹣O为60°？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；（2）若G为△ABC的重心，求点G到平面α的距离．▁▃▅▇█参 *考 *答 *案█▇▅▃▁一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1．已知复数z＝，则z+＝（）A．2 B．2C．6i D．6i〖分析〗根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．解：∵z＝＝，∴z+＝1+3i+1﹣3i＝2．故选：A．2．如图，若一个水平放置的图形用斜二测画法作出的直观图是直角梯形ABCD，其中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝1，CD＝2，则原平面图形的面积是（）A．B．C．D．3〖分析〗求出直观图是直角梯形ABCD的面积，利用公式S原＝2S直求出原图形面积．解：计算直观图是直角梯形ABCD的面积为：S直＝×（1+2）×1＝，则原平面图形的面积是：S原＝2S直＝2×＝3．故选：D．3．以下调查中适合普查的是（）A．一个水库的所有鱼中卿鱼所占的比例B．一批种子的发芽率C．境外返哈人员的核酸检测结果D．全市中学生的平均身高〖分析〗根据所调查的对象数目不多，调查时没有破坏性，且对调查的结果要求较高时，常用普查方式．解：对于A，一个水库中所有鱼中鲫鱼所占的比例，调查的对象数目多，不适合用普查；对于B，一批种子的发芽率，调查的对象数目多，且具有破坏性，不适合用普查；对于C，境外返哈人员的核酸检测结果，所调查的结果非常重要，必须用普查；对于D，全市中学生的平均身高，调查的对象数目多，要求精确度不是很高，可以适用抽样调查．故选：C．4．已知l，m为不同的直线，α，β为不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若l∥m，m∥α，则l∥αB．若1∥α，α∥β，则1∥βC．若l⊥m，m⊥α，l⊥β，则α⊥βD．若α⊥β，α∩β＝l，A∈α，A∈m，m⊥l，则m⊥β〖分析〗由空间中直线与直线平行、直线与平面平行判断线面关系分析A与B；由直线与直线、直线与平面垂直分析面面关系判断C；由平面与平面垂直的性质判断D．解：若l∥m，m∥α，则l∥α或l⊂α，故A错误；若1∥α，α∥β，则1∥β或l⊂β，故B错误；若l⊥m，m⊥α，则l⊂α或l∥α，又l⊥β，则α⊥β，故C正确；若α⊥β，α∩β＝l，A∈α，A∈m，m⊥l，则m⊥β错误，只有添加条件m⊂α，才有m⊥β．故选：C．5．已知15个不同数据的第25百分位数是9．则下列说法正确的是（）A．这15个数据中一定有4个数小于9B．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据C．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据和第5个数据的平均数D．把这15个数据从小到大排列后，9是第3个数据和第4个数据的平均数〖分析〗先求出15×25%＝3.75，然后由百分位数的定义分析即可．解：因为15×25%＝3.75，又15个不同数据的第25百分位数是9，所以把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据．故选：B．6．若一个圆锥的轴截面是斜边长为4的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为（）A．4πB．2（+1）πC．2（+2）πD．4（+1）π〖分析〗由题意求出圆锥的底面圆半径和侧棱长，再求圆锥的表面积．解：圆锥的轴截面是斜边长为4的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径为r＝2，侧棱长为l＝2，所以圆锥的表面积为S＝πrl+πr2＝π•2•2+π•22＝4π（+1）．故选：D．7．关于一组样本数据的平均数、中位数、频率分布直方图和方差，有下列说法：①改变其中一个数据，平均数一定改变，中位数可能不变；②频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积应该相等；③若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数小于中位数；④样本中每个数据变为原来的2倍，则样本方差也变为原来的2倍．其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4解：改变其中一个数据时，平均数肯定会发生变化，当改变的数据为最大值，且改变后的最大值比原始最大值大，则中位数不变，故①正确，根据频率分布直方图中位数的求法，故②正确，根据频率分布直方图可得，右边“拖尾”，则平均数变大，中位数变小，故平均数大于中位数，故③正确，样本中每个数据变为原来的2倍，则样本方差也变为原来的4倍，故④错误，故正确的个数为3个．故选：C．8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A．πB．πC．πD．28π解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为正三棱柱，底面边长为2，高为4，底面三角形外接圆的半径为，则正三棱柱外接球的半径R满足＝．∴该几何体外接球的表面积为．故选：A．9．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝60°且SA＝AB＝2BC＝2，E为SA的中点，则异面直线SC与DE所成的角的余弦值为（）A．B．C．D．〖分析〗连接AC和BD，设AC与BD交于点O，则EO∥SC，所以异面直线SC与DE所成的角即直线EO与直线ED所成的夹角，求出EO，OD，DE，结合余弦定理可求出∠OED的余弦值，进而得到异面直线SC与DE所成的角的余弦值．解：如图所示，连接AC和BD，设AC与BD交于点O，则EO是△ASC的中位线，所以EO∥SC，于是异面直线SC与DE所成的角即直线EO与直线ED所成的夹角，即∠OED或其补角，在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2+BC2﹣2AC⋅BC cos∠ABC＝3，故，所以，又SA⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD，所以SA⊥AO，所以，因为BC2+AC2＝AB2，所以∠ACB＝90°，所以，因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥AD，所以，在△EOD中，由余弦定理可得．故选：B．10．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，∠BAA1＝∠DAA1＝45°，则AC1＝（）A．3B．5 C．2+D．3+〖分析〗利用＝（）2＝+++2+2+2计算即可．解：∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为AB＝2，AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，∠BAA1＝∠DAA1＝45°，∴＝（）2＝+++2+2+2＝4+1+8+2•2•1•cos60°+2•2•2•cos45°+2•1•2•os45°＝13+2+8+4＝27．∴AC1＝3．故选：A．11．用0，1，2，3，4，5，6构成无重复数字的三位偶数共有（）个A．75 B．90 C．105 D．120〖分析〗利用元素优先法，结合偶数的定义分别进行讨论求解即可．解：若个位数字是0，则有＝30个，若个位数字是2，则先排首位有＝5，然后连同0在内再选一个排在十位有5种，此时共有5×5＝25种，若个位数是4或6和个位数是2方法相同，则共有30+25×3＝105，故选：C．12．如图，在正方形ABCD中，已知AB＝4，将△ABD沿着BD向上翻折至△A'BD，记锐二面角A'﹣BD﹣C的平面角为α，A'B与平面ABCD所成的角为β，则下列结论不可能成立的是（）A．sinα＝sinβB．cosα＝cosβC．α＜2βD．α﹣β＞〖分析〗取BC的中点F，连接EF，连接AF与BE交于点O，过点A'作A'H⊥OF于点H，连接BF，由线面角和二面角的定义确定α和β，然后利用三角形的边角关系求出sinα和sinβ，比较即可判断选项A，将选项A的结论平方，结合二倍角公式和余弦函数的单调性，即可判断选项C，计算cosα和cosβ，即可判断选项B，判断，结合α＜2β，可得α﹣β＜，即可判断选项D．解：取BC的中点F，连接EF，连接AF与BE交于点O，由题意可得，四边形ABFE为正方形，则A'O⊥BE，OF⊥BE，所以锐二面角A'﹣BE﹣C的平面角为α＝∠A'OF，由翻折的性质可得，BE⊥平面AOF，过点A'作A'H⊥OF于点H，则BE⊥A'H，又BE∩OF＝O，BE，OF⊂平面BCDE，所以A'H⊥平面BCDE，连接BH，则A'B与平面BCDE所成的角为∠A'BH，令A'H＝h，在Rt△A'OH中，故，在Rt△A'BH中，，故sinα＝sinβ①，故选项A正确；将①平方可得，sin2α＝2sin2β，所以1﹣cos2α＝2（1﹣cos2β），即cos2α＝2cos2β﹣1＝cos2β，因为α和β都是锐角，则cos2α＜cosα，所以cos2β＜cosα，又0＜2β＜π，0＜α＜π，由余弦函数的单调性可知，α＜2β，故选项C正确；因为，若要使得，则需2OH＝BH，即当∠OBH＝时可以成立，故选项B可能成立；由于α，β都是锐角，且，则，所以，由选项C可知，α＜2β，则α﹣β＜2β﹣β＝β＜，故选项D错误．故选：D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知非零向量，满足||＝||，且（﹣）⊥（5+2），则与的夹角为0 ．〖分析〗根据题意，设||＝||＝t，与的夹角为θ，由向量垂直的判断方法可得（﹣）•（5+2）＝52﹣22﹣3•＝0，求出cosθ的值，分析可得答案．解：根据题意，设||＝||＝t，与的夹角为θ，若（﹣）⊥（5+2），则有（﹣）•（5+2）＝52﹣22﹣3•＝0，又由||＝||＝t，变形可得：•＝t2cosθ＝t2，必有cosθ＝1，与的夹角为0，故答案为：0．14．已知正四面体ABCD中，AB＝2，点E，F，G，H分别在AB，AD，CD，BC上，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，则四边形EFGH的面积的最大值为 1 ．〖分析〗由题意画出图形，证明四边形EFGH为矩形，再由平行线截线段成比例列式，结合基本不等式即可求得四边形EFGH的面积的最大值．解：如图，∵AC∥平面EFGH，AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝EH，∴AC∥EH，同理AC∥FG，则EH∥FG，∵BD∥平面EFGH，BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFGH＝EF，∴BD∥EF，同理BD∥GH，则EF∥GH．则四边形EFGH为平行四边形，又由正四面体的对称性可证得AC⊥BD，则EH⊥EF，即四边形EFGH为矩形，∵正四面体的棱长为2，则，，两式相加可得：1＝，即GH•GF≤1，当且仅当GH＝GF时等号成立．∴四边形EFGH的面积的最大值为1．故答案为：1．15．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，满足a cos B+b cos A＝a，b＝2，B∈〖，〗，则•的取值范围是〖0，2〗．〖分析〗由a cos B+b cos A＝a可得a＝c，设边AC的中点为O，可得1≤|BO|，则•＝（）•（）＝（）•（）＝﹣，即可求解．解：∵a cos B+b cos A＝a，∴a+b•＝a，整理可得a＝c，设边AC的中点为O，当B＝时，BO＝，当B＝时，BO＝1．∴1≤|BO|则•＝（）•（）＝（）•（）＝﹣＝|BO|2﹣＝|BO|2﹣1，∴则•的取值范围是：〖0，2〗．故答案为：：〖0，2〗．16．现有4种颜色可供选用，给三棱柱的每个顶点涂色，同一条棱的顶点不同色，则共有264 种不同的涂色方法（用数字作答）．〖分析〗利用分类讨论思想分别进行讨论即可．解：先给顶点A，B，C染色，有A＝24种方法，再给顶点D染色，①若它和点B染同﹣﹣种颜色，点E和点C染相同颜色，点F就有2种方法，若点E和点C染不同颜色，则点E有2种方法，点F也有1种方法，则D，E，F的染色方法一共有2+2×1＝4种方法；②若点D和点B染不同颜色，且与点C颜色不同，则点D有1种方法，点E与点C颜色不同，则点E有1种方法，则点F有1种方法，此时有1种方法；若最后E与C相同，则F有2种方法，则共有2种方法；点D与点C颜色相同，则点D有1种方法，则点E有2种方法，则点F有2种方法，共有2×2＝4种方法，所以点D和点B染不同，颜色共有1+2+4＝7种方法；所以点D，E，F的染色方法一共有4+7＝11种，所以共有24×11＝264种方法．故答案为：264．三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17．在中国共产党建党100周年华诞之际，哈三中积极响应党和国家的号召，为激发学生的爱国热情，举办了党史知识竞赛活动，来回顾中国共产党从成立到发展壮大的历程．为了解学生此次知识竞赛成绩，现随机抽取了50名学生作为样本，将分数按照〖50，60），〖60，70），〖70，80），〖80，90），〖90，100〗分为5组，绘制了如图所示的频率分布直方图．已知〖70，80）组的频数比〖80，90）组的频数多3．（1）求频率分布直方图中a和b的值；（2）估计这50名学生知识竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）学校给成绩在从高到低的前30%学生准备了奖品，试估计多少分以上的同学可以获奖？〖分析〗（1）根据已知条件，结合频率分布直方图的性质，以及频数与频率的关系，即可求解．（2）根据已知条件，结合平均数的公式，即可求解．（3）设x分以上的同学可以获奖，可得0.1+，即可求解．解：（1）由频率分布直方图的性质可得，（a+b）×10＝1﹣（0.018+0.01+0.006）×10，即a+b＝0.066 ①，∵〖70，80）组的频数比〖80，90）组的频数多3，∴（a﹣b）×10×50＝3，即a﹣b＝0.006 ②，联立①②解得a＝0.036，b＝0.03．（2）估计这50名学生知识竞赛成绩的平均数为55×0.06+65×0.18+75×0.36+85×0.3+95×0.1＝77．（3）设x分以上的同学可以获奖，则0.1+，解得x＝83.3，故83.3分以上的同学可以获奖．18．在△ABC中，|﹣|＝2，•＝6，∠C＝60°，D为BC中点．（1）求AD的长；（2）求AC的长．〖分析〗（1）根据条件，可得＝（+），两边平方后，求出||，即可得到AD的长度；（2）根据条件，直接在△ACD中利用余弦定理，求出AC的值．解：（1）△ABC中，|﹣|＝2，•＝6，D为BC中点；所以＝﹣2•+＝4，所以+＝4+2×6＝16；因为＝（+），所以＝×（+2•+）＝×（16+2×6）＝7，所以||＝，即AD＝；（2）△ACD中，∠C＝60°，DC＝BC＝1，AD＝，由余弦定理，得AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CD•cos∠C，即7＝AC2+1﹣2AC×1×cos60°，解得AC＝3或AC＝﹣2（不合题意，舍去）；所以AC＝3．19．如图，已知AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，AD＝AB＝AC＝BC＝2，CE＝1．（1）在线段AB上是否存在点F，使得CF∥平面BDE？若存在，确定点F的位置，若不存在，请说明理由；（2）求二面角D﹣BE﹣C的余弦值．〖分析〗（1）取BD的中点M，连接ME，MF，利用中位线定理证明四边形MFCE为平行四边形，从而得到CF∥ME，由线面平行的判定定理证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面BDE和平面BEC的法向量，由向量的夹角公式求解即可．解：（1）线段AB上存在中点F，使得CF∥平面BDE．证明如下：取BD的中点M，连接ME，MF，因为M，F分别为BD，AB的中点，则MF∥AD且MF＝，因为AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，则CE∥AD，又CE＝1，AD＝2，则CE＝，所以MF∥CE且MF＝CE，故四边形MFCE为平行四边形，则CF∥ME，因为CF⊄平面BDE，ME⊂平面BDE，故CF∥平面BDE；（2）以点C为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设平面BDE的法向量为，则，即，令z＝2，则x＝1，，所以，因为，设平面BEC的法向量为，则，即，令，则b＝﹣1，所以，则＝，所以二面角D﹣BE﹣C的余弦值为．20．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，AA1＝AB＝2，AC＝BC＝，∠BAA1＝60°，点E为棱AB的中点，点F为棱A1C1上的动点．（1）求证：EF⊥BC；（2）当直线A1E与平面B1EF成角的正弦值为时，求三棱锥C1﹣B1EF的体积．〖分析〗（1）证明A1F⊥AB．推出A1F⊥平面ABC，得到A1F⊥BC，证明BC⊥AC，然后证明BC⊥面A1EF，即可推出BC⊥EF．（2）以E为原点，EC，EB，EA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量及直线A1E与平面B1EF成角的正弦值为，确定F的位置，从而求出三棱锥C1﹣B1EF 的体积．解：（1）证明：因为AB＝AA1＝A1B，F为AB中点，所以A1F⊥AB．因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，A1F⊂平面AA1B1B，所以A1F⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，故A1F⊥BC，又因为BC2+AC2＝AB2，所以BC⊥AC，又∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC∥A1C1∴BC⊥A1C1，BC⊥A1E又A1C1∩A1E＝A1，∴BC⊥面A1EC1，又EF⊂面A1EC1，所以BC⊥EF，即EF⊥BC．（2）由（1）知△ACB为等腰直角三角形，又E为AB的中点，所以CE⊥AB，由（1）知A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AB，A1E⊥EC，所以以E为原点，EC，EB，EA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为A1E＝＝，AE＝1，所以E（0，0，0），A（0，﹣1，0），B（0，1，0），C（1，0，0），A1（0，0，），B1（0，2，），所以＝（0，0，），＝（0，﹣2，﹣），设＝λ＝λ＝λ（1，1，0）＝（λ，λ，0），（0＜λ＜1）＝+＝（0，0，）+（λ，λ，0）＝（λ，λ，），设平面B1FE的法向量为＝（x，y，z），所以，即，取＝（，﹣，2）因为直线A1E与平面B1EF成角的正弦值为，所以cos＜，＞＝||＝＝，解得λ＝．则三棱锥C1﹣B1EF的体积V＝V＝•A1E＝＝＝．21．现多个省份的高考以实行“3+1+2”模式，“3”指必考科目，语文、数学、外语是全国统考科目，不分文理；“1”是指学生需要从首选科目物理、历史中选择一门；“2”为再选科目，在政治、地理、化学、生物四个学科中再选择两门．在这种模式下，后期的专业报考就被划分为了“物理类”和“历史类”两大类．某校高三年级共有1500名学生，其中1000人选择了物理，500人选择了历史．在某次模拟考试中，为了了解学生的数学成绩，计划从1500名学生中随机抽取一个容量为30的样本．若采用比例分配的分层随机抽样，按照学生选择物理或历史将学生分为两层：样本中选择物理的学生数学成绩的平均数为124，方差为379；选择历史的学生数学成绩的平均数为110，方差为300．（1）后来发现在计算样本中选择物理的学生的数学成绩的平均数和方差时，甲同学的成绩有误，甲实得145分却记为125分，试计算数据更正后，样本中选择物理的学生数学成绩的平均数和方差；（2）在（1）的条件下，在成绩更正后，试用样本估计本次模拟考试中该校高三年级1500名学生数学成绩的平均数和方差．〖分析〗（1）由分层抽样可得物理类学生有20人，历史类学生有10人，结合平均数，方差公式，计算即可得出答案．（2）结合（1）的计算结果，可得30人的平均数，方差．解：（1）因为从1500名学生中随机抽取一个容量为30的样本，所以由分层抽样可得物理类学生有×30＝20人，历史类学生有×30＝10人，由于样本中选择物理的学生数学成绩的平均数为124，则物理类学生分数总和为124×20＝2480分，去掉甲同学125分后物理类其他学生分数总和为2480﹣125＝2355分，换成甲实得145分后物理类30名学生分数总和为2355+145＝2500分，所以数据更正后物理类学生平均分为＝125分，因为更正前物理类方差为379，所以去掉甲同学这个数据后，其他19人的方差为＝，所以更正甲同学的成绩后，20人的方差为〖19×+（145﹣125）2〗＝398.95．（2）30人的总分为20×125+10×110＝3600，所以30人的平均分为＝120分，30人的方差为≈366．22．如图，已知点A，B，C在平面α的同侧，在三棱锥O﹣ABC中，OA、OB、OC两两垂直，OA＝2，OB＝3，OC＝4，直线OA，OB与过点O的平面α所成的角都是30°．（1）在棱OC上是否存在一点M，使二面角M﹣AB﹣O为60°？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；（2）若G为△ABC的重心，求点G到平面α的距离．〖分析〗（1）建立合适的空间直角坐标系，设M（0，0，m），m∈〖0，4〗，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面MAB的法向量，由向量的夹角公式列出关于m的关系，求解即可得到答案；（2）利用重心的坐标公式求出点G的坐标，然后由直线OA，OB与过点O的平面α所成的角都是30°，可得GO⊥平面α，再利用两点间距离公式求解即可．解：（1）因为OA、OB、OC两两垂直，则以点O为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，又OA＝2，OB＝3，OC＝4，则A（2，0，0），B（0，3，0），C（0，0，4），因为点M在棱OC上，设M（0，0，m），m∈〖0，4〗，所以，设平面MAB的法向量为，则，即，令x＝3，则y＝2，z＝，所以，又平面ABO的一个法向量为，因为二面角M﹣AB﹣O为60°，则＝，解得，所以在棱OC上是存在一点M，且＝，使得二面角M﹣AB﹣O为60°；（2）因为G为△ABC的重心，则，即，因为直线OA，OB与过点O的平面α所成的角都是30°，设点A，B到平面α的距离分别为h，h'，则，故，则GO⊥平面α，所以点G到平面α的距离为＝．高中数学期末考试试题。
2020-2021学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高一下学期第二模块考试(期末考试)数学试卷及解析
2020-2021学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高一下学期第二模块考试（期末考试）数学试卷★祝考试顺利★(含答案)一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1．已知复数z＝，则z+＝（）A．2 B．2C．6i D．6i【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．解：∵z＝＝，∴z+＝1+3i+1﹣3i＝2．故选：A．2．如图，若一个水平放置的图形用斜二测画法作出的直观图是直角梯形ABCD，其中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝1，CD＝2，则原平面图形的面积是（）A．B．C．D．3【分析】求出直观图是直角梯形ABCD的面积，利用公式S原＝2S直求出原图形面积．解：计算直观图是直角梯形ABCD的面积为：S＝×（1+2）×1＝，直则原平面图形的面积是：S＝2S直＝2×＝3．原故选：D．3．以下调查中适合普查的是（）A．一个水库的所有鱼中卿鱼所占的比例B．一批种子的发芽率C．境外返哈人员的核酸检测结果D．全市中学生的平均身高【分析】根据所调查的对象数目不多，调查时没有破坏性，且对调查的结果要求较高时，常用普查方式．解：对于A，一个水库中所有鱼中鲫鱼所占的比例，调查的对象数目多，不适合用普查；对于B，一批种子的发芽率，调查的对象数目多，且具有破坏性，不适合用普查；对于C，境外返哈人员的核酸检测结果，所调查的结果非常重要，必须用普查；对于D，全市中学生的平均身高，调查的对象数目多，要求精确度不是很高，可以适用抽样调查．故选：C．4．已知l，m为不同的直线，α，β为不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若l∥m，m∥α，则l∥αB．若1∥α，α∥β，则1∥βC．若l⊥m，m⊥α，l⊥β，则α⊥βD．若α⊥β，α∩β＝l，A∈α，A∈m，m⊥l，则m⊥β【分析】由空间中直线与直线平行、直线与平面平行判断线面关系分析A与B；由直线与直线、直线与平面垂直分析面面关系判断C；由平面与平面垂直的性质判断D．解：若l∥m，m∥α，则l∥α或l⊂α，故A错误；若1∥α，α∥β，则1∥β或l⊂β，故B错误；若l⊥m，m⊥α，则l⊂α或l∥α，又l⊥β，则α⊥β，故C正确；若α⊥β，α∩β＝l，A∈α，A∈m，m⊥l，则m⊥β错误，只有添加条件m⊂α，才有m ⊥β．故选：C．5．已知15个不同数据的第25百分位数是9．则下列说法正确的是（）A．这15个数据中一定有4个数小于9B．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据C．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据和第5个数据的平均数D．把这15个数据从小到大排列后，9是第3个数据和第4个数据的平均数。
2020-2021学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高一下学期第二模块考试(期末考试)数学试卷及解析
2020-2021学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高一下学期第二模块考试（期末考试）数学试卷★祝考试顺利★(含答案)一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1．已知复数z＝，则z+＝（）A．2 B．2C．6i D．6i【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．解：∵z＝＝，∴z+＝1+3i+1﹣3i＝2．故选：A．2．如图，若一个水平放置的图形用斜二测画法作出的直观图是直角梯形ABCD，其中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝1，CD＝2，则原平面图形的面积是（）A．B．C．D．3【分析】求出直观图是直角梯形ABCD的面积，利用公式S原＝2S直求出原图形面积．解：计算直观图是直角梯形ABCD的面积为：S＝×（1+2）×1＝，直则原平面图形的面积是：S＝2S直＝2×＝3．原故选：D．3．以下调查中适合普查的是（）A．一个水库的所有鱼中卿鱼所占的比例B．一批种子的发芽率C．境外返哈人员的核酸检测结果D．全市中学生的平均身高【分析】根据所调查的对象数目不多，调查时没有破坏性，且对调查的结果要求较高时，常用普查方式．解：对于A，一个水库中所有鱼中鲫鱼所占的比例，调查的对象数目多，不适合用普查；对于B，一批种子的发芽率，调查的对象数目多，且具有破坏性，不适合用普查；对于C，境外返哈人员的核酸检测结果，所调查的结果非常重要，必须用普查；对于D，全市中学生的平均身高，调查的对象数目多，要求精确度不是很高，可以适用抽样调查．故选：C．4．已知l，m为不同的直线，α，β为不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若l∥m，m∥α，则l∥αB．若1∥α，α∥β，则1∥βC．若l⊥m，m⊥α，l⊥β，则α⊥βD．若α⊥β，α∩β＝l，A∈α，A∈m，m⊥l，则m⊥β【分析】由空间中直线与直线平行、直线与平面平行判断线面关系分析A与B；由直线与直线、直线与平面垂直分析面面关系判断C；由平面与平面垂直的性质判断D．解：若l∥m，m∥α，则l∥α或l⊂α，故A错误；若1∥α，α∥β，则1∥β或l⊂β，故B错误；若l⊥m，m⊥α，则l⊂α或l∥α，又l⊥β，则α⊥β，故C正确；若α⊥β，α∩β＝l，A∈α，A∈m，m⊥l，则m⊥β错误，只有添加条件m⊂α，才有m ⊥β．故选：C．5．已知15个不同数据的第25百分位数是9．则下列说法正确的是（）A．这15个数据中一定有4个数小于9B．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据C．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据和第5个数据的平均数D．把这15个数据从小到大排列后，9是第3个数据和第4个数据的平均数【分析】先求出15×25%＝3.75，然后由百分位数的定义分析即可．解：因为15×25%＝3.75，又15个不同数据的第25百分位数是9，所以把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据．故选：B．6．若一个圆锥的轴截面是斜边长为4的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为（）A．4πB．2（+1）πC．2（+2）πD．4（+1）π【分析】由题意求出圆锥的底面圆半径和侧棱长，再求圆锥的表面积．解：圆锥的轴截面是斜边长为4的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径为r＝2，侧棱长为l＝2，所以圆锥的表面积为S＝πrl+πr2＝π•2•2+π•22＝4π（+1）．故选：D．7．关于一组样本数据的平均数、中位数、频率分布直方图和方差，有下列说法：①改变其中一个数据，平均数一定改变，中位数可能不变；②频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积应该相等；③若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数小于中位数；④样本中每个数据变为原来的2倍，则样本方差也变为原来的2倍．其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4解：改变其中一个数据时，平均数肯定会发生变化，当改变的数据为最大值，且改变后的最大值比原始最大值大，则中位数不变，故①正确，根据频率分布直方图中位数的求法，故②正确，根据频率分布直方图可得，右边“拖尾”，则平均数变大，中位数变小，故平均数大于中位数，故③正确，样本中每个数据变为原来的2倍，则样本方差也变为原来的4倍，故④错误，故正确的个数为3个．故选：C．8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A．πB．πC．πD．28π解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为正三棱柱，底面边长为2，高为4，底面三角形外接圆的半径为，则正三棱柱外接球的半径R满足＝．∴该几何体外接球的表面积为．故选：A．9．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝60°且SA＝AB＝2BC＝2，E为SA的中点，则异面直线SC与DE所成的角的余弦值为（）A．B．C．D．【分析】连接AC和BD，设AC与BD交于点O，则EO∥SC，所以异面直线SC与DE所成的角即直线EO与直线ED所成的夹角，求出EO，OD，DE，结合余弦定理可求出∠OED的余弦值，进而得到异面直线SC与DE所成的角的余弦值．解：如图所示，连接AC和BD，设AC与BD交于点O，则EO是△ASC的中位线，所以EO∥SC，于是异面直线SC与DE所成的角即直线EO与直线ED所成的夹角，即∠OED或其补角，在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2+BC2﹣2AC⋅BC cos∠ABC＝3，故，所以，又SA⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD，所以SA⊥AO，所以，因为BC2+AC2＝AB2，所以∠ACB＝90°，所以，因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥AD，所以，在△EOD中，由余弦定理可得．故选：B．10．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，∠BAA1＝∠DAA1＝45°，则AC1＝（）A．3B．5 C．2+D．3+【分析】利用＝（）2＝+++2+2+2计算即可．解：∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为AB＝2，AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，∠BAA1＝∠DAA1＝45°，∴＝（）2＝+++2+2+2＝4+1+8+2•2•1•cos60°+2•2•2•cos45°+2•1•2•os45°＝13+2+8+4＝27．∴AC1＝3．故选：A．11．用0，1，2，3，4，5，6构成无重复数字的三位偶数共有（）个A．75 B．90 C．105 D．120【分析】利用元素优先法，结合偶数的定义分别进行讨论求解即可．解：若个位数字是0，则有＝30个，若个位数字是2，则先排首位有＝5，然后连同0在内再选一个排在十位有5种，此时共有5×5＝25种，若个位数是4或6和个位数是2方法相同，则共有30+25×3＝105，故选：C．12．如图，在正方形ABCD中，已知AB＝4，将△ABD沿着BD向上翻折至△A'BD，记锐二面角A'﹣BD﹣C的平面角为α，A'B与平面ABCD所成的角为β，则下列结论不可能成立的是（）A．sinα＝sinβB．cosα＝cosβC．α＜2βD．α﹣β＞【分析】取BC的中点F，连接EF，连接AF与BE交于点O，过点A'作A'H⊥OF于点H，连接BF，由线面角和二面角的定义确定α和β，然后利用三角形的边角关系求出sinα和sinβ，比较即可判断选项A，将选项A的结论平方，结合二倍角公式和余弦函数的单调性，即可判断选项C，计算cosα和cosβ，即可判断选项B，判断，结合α＜2β，可得α﹣β＜，即可判断选项D．解：取BC的中点F，连接EF，连接AF与BE交于点O，由题意可得，四边形ABFE为正方形，则A'O⊥BE，OF⊥BE，所以锐二面角A'﹣BE﹣C的平面角为α＝∠A'OF，由翻折的性质可得，BE⊥平面AOF，过点A'作A'H⊥OF于点H，则BE⊥A'H，又BE∩OF＝O，BE，OF⊂平面BCDE，所以A'H⊥平面BCDE，连接BH，则A'B与平面BCDE所成的角为∠A'BH，令A'H＝h，在Rt△A'OH中，故，在Rt△A'BH中，，故sinα＝sinβ①，故选项A正确；将①平方可得，sin2α＝2sin2β，所以1﹣cos2α＝2（1﹣cos2β），即cos2α＝2cos2β﹣1＝cos2β，因为α和β都是锐角，则cos2α＜cosα，所以cos2β＜cosα，又0＜2β＜π，0＜α＜π，由余弦函数的单调性可知，α＜2β，故选项C正确；因为，若要使得，则需2OH＝BH，即当∠OBH＝时可以成立，故选项B可能成立；由于α，β都是锐角，且，则，所以，由选项C可知，α＜2β，则α﹣β＜2β﹣β＝β＜，故选项D错误．故选：D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知非零向量，满足||＝||，且（﹣）⊥（5+2），则与的夹角为0 ．【分析】根据题意，设||＝||＝t，与的夹角为θ，由向量垂直的判断方法可得（﹣）•（5+2）＝52﹣22﹣3•＝0，求出cosθ的值，分析可得答案．解：根据题意，设||＝||＝t，与的夹角为θ，若（﹣）⊥（5+2），则有（﹣）•（5+2）＝52﹣22﹣3•＝0，又由||＝||＝t，变形可得：•＝t2cosθ＝t2，必有cosθ＝1，与的夹角为0，故答案为：0．14．已知正四面体ABCD中，AB＝2，点E，F，G，H分别在AB，AD，CD，BC上，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，则四边形EFGH的面积的最大值为 1 ．【分析】由题意画出图形，证明四边形EFGH为矩形，再由平行线截线段成比例列式，结合基本不等式即可求得四边形EFGH的面积的最大值．解：如图，∵AC∥平面EFGH，AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝EH，∴AC∥EH，同理AC∥FG，则EH∥FG，∵BD∥平面EFGH，BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFGH＝EF，∴BD∥EF，同理BD∥GH，则EF∥GH．则四边形EFGH为平行四边形，又由正四面体的对称性可证得AC⊥BD，则EH⊥EF，即四边形EFGH为矩形，∵正四面体的棱长为2，则，，两式相加可得：1＝，即GH•GF≤1，当且仅当GH＝GF时等号成立．∴四边形EFGH的面积的最大值为1．故答案为：1．15．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，满足a cos B+b cos A＝a，b＝2，B∈[，]，则•的取值范围是[0，2] ．【分析】由a cos B+b cos A＝a可得a＝c，设边AC的中点为O，可得1≤|BO|，则•＝（）•（）＝（）•（）＝﹣，即可求解．解：∵a cos B+b cos A＝a，∴a+b•＝a，整理可得a＝c，设边AC的中点为O，当B＝时，BO＝，当B＝时，BO＝1．∴1≤|BO|则•＝（）•（）＝（）•（）＝﹣＝|BO|2﹣＝|BO|2﹣1，∴则•的取值范围是：[0，2]．故答案为：：[0，2]．16．现有4种颜色可供选用，给三棱柱的每个顶点涂色，同一条棱的顶点不同色，则共有264 种不同的涂色方法（用数字作答）．【分析】利用分类讨论思想分别进行讨论即可．解：先给顶点A，B，C染色，有A＝24种方法，再给顶点D染色，①若它和点B染同﹣﹣种颜色，点E和点C染相同颜色，点F就有2种方法，若点E和点C染不同颜色，则点E有2种方法，点F也有1种方法，则D，E，F的染色方法一共有2+2×1＝4种方法；②若点D和点B染不同颜色，且与点C颜色不同，则点D有1种方法，点E与点C颜色不同，则点E有1种方法，则点F有1种方法，此时有1种方法；若最后E与C相同，则F有2种方法，则共有2种方法；点D与点C颜色相同，则点D有1种方法，则点E有2种方法，则点F有2种方法，共有2×2＝4种方法，所以点D和点B染不同，颜色共有1+2+4＝7种方法；所以点D，E，F的染色方法一共有4+7＝11种，所以共有24×11＝264种方法．故答案为：264．三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17．在中国共产党建党100周年华诞之际，哈三中积极响应党和国家的号召，为激发学生的爱国热情，举办了党史知识竞赛活动，来回顾中国共产党从成立到发展壮大的历程．为了解学生此次知识竞赛成绩，现随机抽取了50名学生作为样本，将分数按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分为5组，绘制了如图所示的频率分布直方图．已知[70，80）组的频数比[80，90）组的频数多3．（1）求频率分布直方图中a和b的值；（2）估计这50名学生知识竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）学校给成绩在从高到低的前30%学生准备了奖品，试估计多少分以上的同学可以获奖？【分析】（1）根据已知条件，结合频率分布直方图的性质，以及频数与频率的关系，即可求解．（2）根据已知条件，结合平均数的公式，即可求解．（3）设x分以上的同学可以获奖，可得0.1+，即可求解．解：（1）由频率分布直方图的性质可得，（a+b）×10＝1﹣（0.018+0.01+0.006）×10，即a+b＝0.066 ①，∵[70，80）组的频数比[80，90）组的频数多3，∴（a﹣b）×10×50＝3，即a﹣b＝0.006 ②，联立①②解得a＝0.036，b＝0.03．（2）估计这50名学生知识竞赛成绩的平均数为55×0.06+65×0.18+75×0.36+85×0.3+95×0.1＝77．（3）设x分以上的同学可以获奖，则0.1+，解得x＝83.3，故83.3分以上的同学可以获奖．18．在△ABC中，|﹣|＝2，•＝6，∠C＝60°，D为BC中点．（1）求AD的长；（2）求AC的长．【分析】（1）根据条件，可得＝（+），两边平方后，求出||，即可得到AD的长度；（2）根据条件，直接在△ACD中利用余弦定理，求出AC的值．解：（1）△ABC中，|﹣|＝2，•＝6，D为BC中点；所以＝﹣2•+＝4，所以+＝4+2×6＝16；因为＝（+），所以＝×（+2•+）＝×（16+2×6）＝7，所以||＝，即AD＝；（2）△ACD中，∠C＝60°，DC＝BC＝1，AD＝，由余弦定理，得AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CD•cos∠C，即7＝AC2+1﹣2AC×1×cos60°，解得AC＝3或AC＝﹣2（不合题意，舍去）；所以AC＝3．19．如图，已知AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，AD＝AB＝AC＝BC＝2，CE＝1．（1）在线段AB上是否存在点F，使得CF∥平面BDE？若存在，确定点F的位置，若不存在，请说明理由；（2）求二面角D﹣BE﹣C的余弦值．【分析】（1）取BD的中点M，连接ME，MF，利用中位线定理证明四边形MFCE为平行四边形，从而得到CF∥ME，由线面平行的判定定理证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面BDE和平面BEC的法向量，由向量的夹角公式求解即可．解：（1）线段AB上存在中点F，使得CF∥平面BDE．证明如下：取BD的中点M，连接ME，MF，因为M，F分别为BD，AB的中点，则MF∥AD且MF＝，因为AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，则CE∥AD，又CE＝1，AD＝2，则CE＝，所以MF∥CE且MF＝CE，故四边形MFCE为平行四边形，则CF∥ME，因为CF⊄平面BDE，ME⊂平面BDE，故CF∥平面BDE；（2）以点C为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设平面BDE的法向量为，则，即，令z＝2，则x＝1，，所以，因为，设平面BEC的法向量为，则，即，令，则b＝﹣1，所以，则＝，所以二面角D﹣BE﹣C的余弦值为．20．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，AA1＝AB＝2，AC＝BC＝，∠BAA1＝60°，点E为棱AB的中点，点F为棱A1C1上的动点．（1）求证：EF⊥BC；（2）当直线A1E与平面B1EF成角的正弦值为时，求三棱锥C1﹣B1EF的体积．【分析】（1）证明A1F⊥AB．推出A1F⊥平面ABC，得到A1F⊥BC，证明BC⊥AC，然后证明EF，即可推出BC⊥EF．BC⊥面A1（2）以E为原点，EC，EB，EA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量及直线A1E与平面B1EF成角的正弦值为，确定F的位置，从而求出三棱锥C1﹣B1EF的体积．解：（1）证明：因为AB＝AA1＝A1B，F为AB中点，所以A1F⊥AB．因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，A1F⊂平面AA1B1B，所以A1F⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，故A1F⊥BC，又因为BC2+AC2＝AB2，所以BC⊥AC，又∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC∥A1C1∴BC⊥A1C1，BC⊥A1E又A1C1∩A1E＝A1，∴BC⊥面A1EC1，又EF⊂面A1EC1，所以BC⊥EF，即EF⊥BC．（2）由（1）知△ACB为等腰直角三角形，又E为AB的中点，所以CE⊥AB，由（1）知A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AB，A1E⊥EC，所以以E为原点，EC，EB，EA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为A1E＝＝，AE＝1，所以E（0，0，0），A（0，﹣1，0），B（0，1，0），C（1，0，0），A（0，0，），B1（0，2，），1所以＝（0，0，），＝（0，﹣2，﹣），设＝λ＝λ＝λ（1，1，0）＝（λ，λ，0），（0＜λ＜1）＝+＝（0，0，）+（λ，λ，0）＝（λ，λ，），设平面B1FE的法向量为＝（x，y，z），所以，即，取＝（，﹣，2）因为直线A1E与平面B1EF成角的正弦值为，所以cos＜，＞＝||＝＝，解得λ＝．则三棱锥C1﹣B1EF的体积V＝V＝•A1E＝＝＝．21．现多个省份的高考以实行“3+1+2”模式，“3”指必考科目，语文、数学、外语是全国统考科目，不分文理；“1”是指学生需要从首选科目物理、历史中选择一门；“2”为再选科目，在政治、地理、化学、生物四个学科中再选择两门．在这种模式下，后期的专业报考就被划分为了“物理类”和“历史类”两大类．某校高三年级共有1500名学生，其中1000人选择了物理，500人选择了历史．在某次模拟考试中，为了了解学生的数学成绩，计划从1500名学生中随机抽取一个容量为30的样本．若采用比例分配的分层随机抽样，按照学生选择物理或历史将学生分为两层：样本中选择物理的学生数学成绩的平均数为124，方差为379；选择历史的学生数学成绩的平均数为110，方差为300．（1）后来发现在计算样本中选择物理的学生的数学成绩的平均数和方差时，甲同学的成绩有误，甲实得145分却记为125分，试计算数据更正后，样本中选择物理的学生数学成绩的平均数和方差；（2）在（1）的条件下，在成绩更正后，试用样本估计本次模拟考试中该校高三年级1500名学生数学成绩的平均数和方差．【分析】（1）由分层抽样可得物理类学生有20人，历史类学生有10人，结合平均数，方差公式，计算即可得出答案．（2）结合（1）的计算结果，可得30人的平均数，方差．解：（1）因为从1500名学生中随机抽取一个容量为30的样本，所以由分层抽样可得物理类学生有×30＝20人，历史类学生有×30＝10人，由于样本中选择物理的学生数学成绩的平均数为124，则物理类学生分数总和为124×20＝2480分，去掉甲同学125分后物理类其他学生分数总和为2480﹣125＝2355分，换成甲实得145分后物理类30名学生分数总和为2355+145＝2500分，所以数据更正后物理类学生平均分为＝125分，因为更正前物理类方差为379，所以去掉甲同学这个数据后，其他19人的方差为＝，所以更正甲同学的成绩后，20人的方差为[19×+（145﹣125）2]＝398.95．（2）30人的总分为20×125+10×110＝3600，所以30人的平均分为＝120分，30人的方差为≈366．22．如图，已知点A，B，C在平面α的同侧，在三棱锥O﹣ABC中，OA、OB、OC两两垂直，OA＝2，OB＝3，OC＝4，直线OA，OB与过点O的平面α所成的角都是30°．（1）在棱OC上是否存在一点M，使二面角M﹣AB﹣O为60°？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；（2）若G为△ABC的重心，求点G到平面α的距离．【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，设M（0，0，m），m∈[0，4]，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面MAB的法向量，由向量的夹角公式列出关于m的关系，求解即可得到答案；（2）利用重心的坐标公式求出点G的坐标，然后由直线OA，OB与过点O的平面α所成的角都是30°，可得GO⊥平面α，再利用两点间距离公式求解即可．解：（1）因为OA、OB、OC两两垂直，则以点O为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，又OA＝2，OB＝3，OC＝4，则A（2，0，0），B（0，3，0），C（0，0，4），因为点M在棱OC上，设M（0，0，m），m∈[0，4]，所以，设平面MAB的法向量为，则，即，令x＝3，则y＝2，z＝，所以，又平面ABO的一个法向量为，因为二面角M﹣AB﹣O为60°，则＝，解得，所以在棱OC上是存在一点M，且＝，使得二面角M﹣AB﹣O为60°；（2）因为G为△ABC的重心，则，即，因为直线OA，OB与过点O的平面α所成的角都是30°，设点A，B到平面α的距离分别为h，h'，则，故，则GO⊥平面α，所以点G到平面α的距离为＝．。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨三中高一(下)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨三中高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知复数z =3−i1+i，则z 的虚部为（ ） A ．2B ．2iC ．﹣2D ．﹣2i2．已知e 1→，e 2→是两个不共线的向量，向量a→=3e 1→−2e 2→，b→=ke 1→+e 2→．若a→∥b →，则k ＝（ ）A ．−32B ．23C ．32D ．−233．已知正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的所有棱长均相等，点M 为A 1B 1的中点，则异面直线AM 与B 1C 所成角的余弦值为（ ） A ．√155B ．√64C ．√32D ．√1044．下列说法不正确的是（ ）A ．8个数据的平均数为5，另3个数据的平均数为7，则这11个数据的平均数是6111B ．用抽签法从含有20个个体的总体中抽取一个容量为4的样本，则个体甲和乙被抽到的概率均为0.2C ．一组数据4，3，2，6，5，8的60%分位数为6D ．若样本数据x 1，x 2…x 10的平均数为2，则数据2x 1﹣1，2x 2﹣1，…2x 10﹣1的平均数为35．如图，在四面体ABCD 中，∠BAC ＝60°，∠BAD ＝∠CAD ＝45°，AD =√2，AB ＝AC ＝3．则BC →⋅BD →=（ ）A ．√32B ．52C ．92D ．3√26．龙洗，古代中国盥洗用具，状貌像鼎，用青铜铸造，因盆内有龙纹而称之为龙洗，中国传说中也称作聚宝盆．其盆体可以近似看作一个圆台，现有一龙洗盆高12cm ，盆口直径24cm ，盆底直径12cm ．现往盆内注水，当水深为4cm 时，则盆内水的体积为（ ）A ．11843πcm 3B ．5923πcm 3 C ．8963πcm 3D ．12483πcm 37．已知A ，B ，C ，D 是同一个球面上的四个点，其中△ABC 是正三角形，AD ⊥平面ABC ，AD ＝3AB ＝18，则该球的表面积为（ ） A ．372πB ．396πC ．432πD ．1344π8．为运输方便，某工程队将从A 到D 修建一条湖底隧道，如图，工程队从A 出发向正东行10√3km 到达B ，然后从B 向南偏西45°方向行了一段距离到达C ，再从C 向北偏西75°方向行了4√2km 到达D ，已知C 在A 南偏东15°方向上，则A 到D 的距离为（ ）A ．15√6kmB ．2√38kmC ．10√2kmD ．15√3km二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．对于两个平面α，β和两条直线m ，n ，下列命题中假命题是（ ） A ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α B ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥βC ．若m ⊥α，n ⊥β，α⊥β，则m ⊥nD ．若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β10．目前，我国老年人口比例不断上升，造成日趋严峻的人口老龄化问题.2019年10月12日，北京市老龄办、市老龄协会联合北京师范大学中国公益研究院发布《北京市老龄事业发展报告（2018）》，相关数据有如图．下列说法中正确的是（ ）A ．2014年以来，60岁及以上户籍人口比例的增长速度逐年上升B ．2014年至2018年，60岁及以上户籍人口比例逐年增加C ．2014年至2018年，60岁及以上户籍老年人口的30%分位数为313.3万人D ．估算北京市2018年户籍总人口数约为1374万人11．小佳和小明两人进行篮球比赛，小佳投中的概率为0.8，小明投不中的概率为0.2，且两人投篮互不影响，现两人各投篮一次．记“小明投中”为事件A ，“至少1人投中”为事件B ，则下列说法正确的是（ ） A ．P （A ）＝0.2 B ．P （B ）＝0.16C ．P （AB ）＝0.8D ．P （A ∪B ）＝P （A ）+P （B ）12．如图，在棱长为6的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别为AB ，BC ，CC 1的中点，点P 是正方形DCC 1D 1面内（包含边界）的动点，则（ ）A ．设直线B 1P 与平面CC 1D 1D 所成角为θ，则sin θ的最小值为√33B ．平面EFG 截正方体所得截面的面积为27√3C ．若BP ⊥A 1C ，则P 点运动轨迹的长度为3√2D ．若点P 为DD 1中点，经过B 1P 的平面α交棱C 1D 1于点R ，交棱AD 于点Q ，则△B 1RP 面积的最小值为27√55，最大值为272三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．若一个样本m ，4，6，7的平均数是5，则这个样本的方差为 ． 14．若z ∈C ，且满足|z +1﹣i |＝1，则|z ﹣1﹣i |的最大值为 ．15．五个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时翻转自己的硬币．若硬币正面朝上，则这个人站起来； 若硬币正面朝下，则这个人继续坐着．那么，没有相邻的两个人站起来的概率为 ．16．在△ABC 中，∠BAC =π2，AB ＝2，AC ＝1，点D 为边BC 边上一动点，将△ABD 沿着AD 翻折，使得点B 到达B ′，且平面AB ′D ⊥平面ACD ，则当B ′C 最小时，CD 的长度为 ．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（10分）已知△ABC 内角，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且（a +b +c ）（b +c ﹣a ）＝3bc ． （Ⅰ）求角A ；（Ⅱ）若a ＝2，△ABC 的面积为√3，求b ，c 的值．18．（12分）如图，在三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，底面△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AC ＝2AA 1＝2A 1C 1＝2，其中D 为BC 上的点，且DC ＝2BD ． （Ⅰ）求证：A 1B ∥平面AC 1D ；（Ⅱ）求平面ABC 1与平面AA 1C 1C 夹角的余弦值．19．（12分）数字人民币在数字经济时代中体现的价值、交易媒介和支付手段职能，为各地数字经济建设提供了安全、便捷的支付方式，同时也为金融监管、金融产品设计提供更多选择性和可能性．苏州作为全国首批数字人民币试点城市之一，提出了2023年交易金额达2万亿元的目标．现从使用数字人民币的市民中随机选出200人，并将他们按年龄（单位：岁）进行分组：第1组[15，25），第2组[25，35），第3组[35，45），第4组[45，55），第5组[55，65]，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求直方图中a 的值并估算样本平均年龄（同组中的数据用该组区间的中点值作代表）及第78百分位数；（Ⅱ）在这200位市民中用分层随机抽样的方法从年龄在[25，35）和[45，55）内抽取6位市民做问卷调查，现从这6位中随机抽取两名幸运市民，求两名幸运市民年龄都在[25，35）内的概率．20．（12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝1，BC ＝2，PB =√3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF FC=12．（Ⅰ）求证：P A ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）在棱BP 上是否存在点G ，使得点G 到平面AEF 的距离为√39，若存在求出点G 的位置，不存在请说明理由．21．（12分）已知a ，b ，c 分别是△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且b−√2c=sin(A+C)sinA+sinC．（Ⅰ）求角A 的大小；（Ⅱ）若a =√2，O 为△ABC 外接圆圆心，求|3OA →+2OB →+OC →|的最小值； （Ⅲ）在（Ⅱ）条件下，P 为△ABC 外接圆上一动点，求PB →⋅PC →的最大值．22．（12分）等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB =√2+1，CD ＝1．若点E 、F 均在AB 上，且AE ＝BF ．如图（一）所示，沿DE 将△ADE 折起，沿CF 将△BCF 折起，使A 、B 两点重合为S ．（Ⅰ）若AE =BF =√22，求证：平面SDE ⊥平面SCF ；（Ⅱ）若AD ＝1，O 为AB 中点，当E 与F 重合于O 时，求SO 与平面SCD 所成角的余弦值； （Ⅱ）请设计一个翻折方案使四棱锥S ﹣CDEF 的外接球半径为√22，证明你的结论，并求此方案下的AD 的长度及∠DEF 的大小．2022-2023学年黑龙江省哈尔滨三中高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知复数z =3−i1+i ，则z 的虚部为（ ） A ．2B ．2iC ．﹣2D ．﹣2i解：由题意可得z =3−i 1+i =(3−i)(1−i)(1+i)(1−i)=3+i 2−4i 1−i 2=2−4i2=1﹣2i ，故其虚部为：﹣2．故选：C ．2．已知e 1→，e 2→是两个不共线的向量，向量a→=3e 1→−2e 2→，b→=ke 1→+e 2→．若a→∥b →，则k ＝（ ）A ．−32B ．23C ．32D ．−23解：因为e 1→，e 2→是两个不共线的向量，向量a →=3e 1→−2e 2→，b →=ke 1→+e 2→， 若a →∥b →，则存在实数λ，使得a →=λb →， 即3e 1→−2e 2→=λke 1→+λe 2→， 所以{λk =3λ=−2，故k =−32． 故选：A ．3．已知正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的所有棱长均相等，点M 为A 1B 1的中点，则异面直线AM 与B 1C 所成角的余弦值为（ ） A ．√155B ．√64C ．√32D ．√104解：取AB 中点N 点，连接B 1N ，根据题意作图如下：因为N ，M 分别是AB 和A 1B 1的中点，所以MB 1∥AN ，且MB 1＝AN ， 故四边形ANB 1M 为平行四边形，所以AM ∥NB 1， 所以∠NB 1C 即为AM 与B 1C 所成的角， 设正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的棱长为2，易知BN ＝1，B 1C =√BB 12+BC 2=2√2，B 1N =√BB 12+BN 2=√5，CN =√CB 2−BN 2=√3，在△NB 1C 中，根据余弦定理得cos ∠NB 1C =NB 12+CB 12−NC 22NB 1⋅CB 1=√104．故选：D ．4．下列说法不正确的是（ ）A ．8个数据的平均数为5，另3个数据的平均数为7，则这11个数据的平均数是6111B ．用抽签法从含有20个个体的总体中抽取一个容量为4的样本，则个体甲和乙被抽到的概率均为0.2C ．一组数据4，3，2，6，5，8的60%分位数为6D ．若样本数据x 1，x 2…x 10的平均数为2，则数据2x 1﹣1，2x 2﹣1，…2x 10﹣1的平均数为3 解：A ：11个数据的平均数为8×5+3×711=6111，故A 正确；B ：根据随机抽样的性质可得个体甲和乙被抽到的概率为420=0.2，故B 正确；C ：该组数据从小到大排列为：2，3，4，5，6，8，因为60%×6＝3.6，所以第60%分位数为5，故C 错误；D ：由题意可得x 1+...+x 10＝2×10＝20，则2x 1﹣1，…，2x 10﹣1的平均数为2(x 1+...+x 10)−1×1010=3，故D 正确． 故选：C ．5．如图，在四面体ABCD 中，∠BAC ＝60°，∠BAD ＝∠CAD ＝45°，AD =√2，AB ＝AC ＝3．则BC →⋅BD →=（ ）A ．√32B ．52C ．92D ．3√2解：由题意，∠BAC ＝60°，∠BAD ＝∠CAD ＝45°，AD =√2，AB ＝AC ＝3， 所以BC →⋅BD →=（AC →−AB →）•（AD →−AB →） =AC →⋅AD →−AB →⋅AC →−AB →⋅AD →+AB →2 =3×√2×√22−3×3×12−3×√2×√22+9 =92．故选：C ．6．龙洗，古代中国盥洗用具，状貌像鼎，用青铜铸造，因盆内有龙纹而称之为龙洗，中国传说中也称作聚宝盆．其盆体可以近似看作一个圆台，现有一龙洗盆高12cm ，盆口直径24cm ，盆底直径12cm ．现往盆内注水，当水深为4cm 时，则盆内水的体积为（ ）A ．11843πcm 3B ．5923πcm 3 C ．8963πcm 3D ．12483πcm 3解：如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，EC 、FD 的延长线交于点G ．根据题意，AB ＝12cm ，CD ＝6cm ，AC ＝12cm ，EC ＝4cm ， 设CG ＝xcm ，EF ＝ycm 则有CG AG=CD AB，即x x+12=612，解得x ＝12，CD EF=CG EG，即1212+4=6EF，解得EF ＝8，所以当水深为4cm 时，则盆内水的体积为V =13π(62+82+6×8)×4=592π3cm 3． 故选：B ．7．已知A ，B ，C ，D 是同一个球面上的四个点，其中△ABC 是正三角形，AD ⊥平面ABC ，AD ＝3AB ＝18，则该球的表面积为（ ） A ．372πB ．396πC ．432πD ．1344π解：由题意画出几何体的图形如图，把四面体ABCD 补成三棱柱，三棱柱上下底面中心连线EF 的中点O 四面体ABCD 的外接球球心，OA的长为球的半径，因为AD＝18，AB＝6，△ABC是正三角形，所以AE＝2√3，OE＝9，则AO=√12+81=√93，所求球的表面积为：4π（√93）2＝372π．故选：A．8．为运输方便，某工程队将从A到D修建一条湖底隧道，如图，工程队从A出发向正东行10√3km到达B，然后从B向南偏西45°方向行了一段距离到达C，再从C向北偏西75°方向行了4√2km到达D，已知C在A南偏东15°方向上，则A到D的距离为（）A．15√6km B．2√38km C．10√2km D．15√3km解：如图，在△ABC、△ACD中，AB＝10√3，∠BAC＝75°，∠ABC＝45°，∠ACD＝75°﹣15°＝60°，在△ABC中，∠ACB＝60°，由正弦定理得：ACsin∠ABC =ABsin∠ACB，解得AC=10√3sin45°sin60°=10√2，又CD＝4√2，在△ACD中，由余弦定理得：AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CD cos∠ACD＝（10√2）2+（4√2）2﹣2×10√2×4√2×cos60°＝152，解得AD＝2√38，所以A地与D地之间的距离为2√38km．故选：B．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．对于两个平面α，β和两条直线m，n，下列命题中假命题是（）A．若m⊥α，m⊥n，则n∥αB．若m∥α，α⊥β，则m⊥βC．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nD．若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β解：A．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故A错误；B．若m∥α，α⊥β，则m与β平行或相交或在β内，故B错误；C．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n，故C正确；D．若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β或相交，故D错误．故选：ABD．10．目前，我国老年人口比例不断上升，造成日趋严峻的人口老龄化问题.2019年10月12日，北京市老龄办、市老龄协会联合北京师范大学中国公益研究院发布《北京市老龄事业发展报告（2018）》，相关数据有如图．下列说法中正确的是（）A．2014年以来，60岁及以上户籍人口比例的增长速度逐年上升B．2014年至2018年，60岁及以上户籍人口比例逐年增加C ．2014年至2018年，60岁及以上户籍老年人口的30%分位数为313.3万人D ．估算北京市2018年户籍总人口数约为1374万人 解：根据题意，依次分析选项：对于A ，2016年到2017年，增长的速度有所减小，A 错误；对于B ，由折线图，2014年至2018年，60岁及以上户籍人口比例逐年增加，B 正确；对于C ，2014年至2018年，60岁及以上户籍老年人口数依次为：296.7，313.3，329.2，333.3，349.1， 5×30%＝1.5，则60岁及以上户籍老年人口的30%分位数为313.3万人，C 正确； 对于D ，2018年，60岁及以上户籍老年人约349.1万，占的比例为25.4%， 有349.1÷25.4%≈1374万，即当年户籍总人口数1374万，D 正确． 故选：BCD ．11．小佳和小明两人进行篮球比赛，小佳投中的概率为0.8，小明投不中的概率为0.2，且两人投篮互不影响，现两人各投篮一次．记“小明投中”为事件A ，“至少1人投中”为事件B ，则下列说法正确的是（ ） A ．P （A ）＝0.2 B ．P （B ）＝0.16C ．P （AB ）＝0.8D ．P （A ∪B ）＝P （A ）+P （B ）解：根据题意，设“小佳投中”为事件C ，依次分析选项：对于A ，“小明投中”为事件A ，而小明投不中的概率为0.2，则P （A ）＝0.2，A 正确； 对于B ，P （B ）＝1﹣P （BC ）＝1﹣0.2×0.2＝0.96，B 错误； 对于C ，由于A ⊆B ，则P （AB ）＝P （A ）＝0.8，C 正确； 对于D ，由于A ⊆B ，则B ⊆A ，则有P （A ∪B ）＝P （A ），D 错误． 故选：AC ．12．如图，在棱长为6的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别为AB ，BC ，CC 1的中点，点P 是正方形DCC 1D 1面内（包含边界）的动点，则（ ）A ．设直线B 1P 与平面CC 1D 1D 所成角为θ，则sin θ的最小值为√33B ．平面EFG 截正方体所得截面的面积为27√3C ．若BP ⊥A 1C ，则P 点运动轨迹的长度为3√2D ．若点P 为DD 1中点，经过B 1P 的平面α交棱C 1D 1于点R ，交棱AD 于点Q ，则△B 1RP 面积的最小值为27√55，最大值为272解：对于A ，如图：因为在正方体中，B 1C ⊥平面CC 1D 1D ，所以∠C 1PB 1就是直线B 1P 与平面CC 1D 1D 所成角θ， sinθ=B 1C 1B 1P =6B 1P，所以当B 1P 最大时sin θ最小， 当P 在点D 处时B 1P 最大，此时B 1P =B 1D =√62+62+62=6√3，所以sin θ的最小值为6√3=√33，故A 正确；对于B ，如图：取C 1D 1，A 1D 1，A 1A 的中点分别为Q ，R ，H ，连接GQ ，QR ，RH ，HE ， 则平面EFG 截正方体所得截面为正六边形EFGQRH ， 其边长为EF =12AC =12×√62+62=3√2， 所以正六边形的面积为6×12×3√2×3√2×sin60°=27√3，故B 正确； 对于C ，如图：连接BD ，BC 1，C 1D ，AC ， 因为在正方体中，BD ⊥AC ，AA 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥AA 1， AA 1∩AC ＝A ，AA 1，AC ⊂平面AA 1C ，所以BD ⊥平面AA 1C ， 又A 1C ⊂平面AA 1C ，所以A 1C ⊥BD ；同理可证A 1C ⊥C 1D ，又C 1D ∩BD ＝D ，C 1D ，BD ⊂平面C 1BD ， 所以A 1C ⊥平面C 1BD ，所以若BP ⊥A 1C ，则P 点运动轨迹为线段C 1D ， C 1D =√62+62=6√2，故C 错误； 对于D ，如图：延长B 1R 交A 1D 1的延长线于M ，连接MP 并延长与AD 相交，则交点即为Q ， 设D 1R ＝x ，则x ∈[0，3]，因x ＞3时，平面α与棱AD 无交点，不合题意； 所以PR =√x 2+9，B 1R =√36+(6−x)2，B 1P =√62+62+32=9， 设∠B 1PR ＝θ，则在△B 1PR 中，由余弦定理得cosθ=B 1P 2+PR 2−B 1R 22B 1P⋅PR =3+2x3√x 2+9， 所以sinθ=√1−cos 2θ=√23√x 2+9，设△B 1RP 的面积为S ，则S =12B 1P ⋅PR ⋅sinθ=32√5x 2−12x +72=32√5(x −65)2^2+3245， 因为x ∈[0，3]，所以当x =65时，S 取得最小值为37√55，x ＝3时，S 取得最大值为372，故D 正确．故选：ABD ．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．若一个样本m ，4，6，7的平均数是5，则这个样本的方差为52．解：已知一个样本数据为m ，4，6，7， 其平均数m+4+6+74=5，解得m ＝3，所以这个样本的方差s 2=14[（3﹣5）2+（4﹣5）2+（6﹣5）2+（7﹣5）2]=52． 故答案为：52．14．若z ∈C ，且满足|z +1﹣i |＝1，则|z ﹣1﹣i |的最大值为 3 ． 解：设z ＝a +bi （a ，b ∈R ）， |z +1﹣i |＝1，则|a +1+（b ﹣1）i |＝1，即（a +1）2+（b ﹣1）2＝1，表示以（﹣1，1）为圆心，1为半径的圆， |z ﹣1﹣i |＝|a ﹣1+（b ﹣1）i |=√(a −1)2+(b −1)2，表示圆上的点到点（1，1）的距离， 故|z ﹣1﹣i |的最大值为√(−1−1)2+(1−1)2+1=3． 故答案为：3．15．五个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时翻转自己的硬币．若硬币正面朝上，则这个人站起来； 若硬币正面朝下，则这个人继续坐着．那么，没有相邻的两个人站起来的概率为1132．解：五个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时翻转自己的硬币， 硬币正面朝上，则这个人站起来，硬币正面朝下，则这个人继续坐着． 基本事件总数n ＝25＝32，如图，设五个人为A ，B ，C ，D ，E ， 所有人都站着，共有1种， 只有一个人站着，共有5种，只有两个人站着，共有AC ，AD ，BD ，BE ，CE 等5种， 如果有三个以人站着，则不符合题意， ∴没有相邻的两个人站起来的概率为p =1+5+532=1132． 故答案为：1132．16．在△ABC 中，∠BAC =π2，AB ＝2，AC ＝1，点D 为边BC 边上一动点，将△ABD 沿着AD 翻折，使得点B 到达B ′，且平面AB ′D ⊥平面ACD ，则当B ′C 最小时，CD 的长度为 √53． 解：在△ABC 中，∠BAC =π2，AB ＝2，AC ＝1， 由勾股定理可得BC =√5， 设∠BAD =α，α∈(0，π2)，过B 作BE ⊥AD 交AD 或AD 的延长线于E 点， 过C 作CF ⊥AD 交AD 或AD 的延长线于F 点，∵△ABD ≌△AB ′D ，BE ⊥AD ， ∴B ′E ⊥AD ，又∵平面AB ′D ⊥平面ACD ，平面AB ′D ∩平面ACD ＝AD ， ∴B ′E ⊥平面ACD ，∵CE ⊂平面ACD ， ∴B ′E ⊥CE ， ∵∠ACF ＝∠BAD ＝α，∴在Rt △ABE 中，BE ＝2sin α，AE ＝2cos α， ∴在Rt △ACF 中，CF ＝cos α，AF ＝sin α， ∴EF ＝|AE ﹣AF |＝|2cos α﹣sin α|，又∵B ′C 2＝B ′E 2+CE 2＝BE 2+CE 2，而CE 2＝EF 2+CF 2，∴B ′C 2＝BE 2+EF 2+CF 2＝4sin 2α+cos 2α+（2cos α﹣sin α）2＝5﹣4sin αcos α＝5﹣2sin2α， ∴B ′C =√5−2sin2α，当sin2α＝1时，B ′C 取最小值为√3， ∵α∈(0，π2)，∴2α∈（0，π） 故2α=π2，即α=π4， ∴AD 为∠BAC 的角平分线， ∴由角平分线定理可得AB AC=BD CD，即21=BD CD=2，∴BD ＝2CD ，CD =13BC =√53．故答案为：√53． 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（10分）已知△ABC 内角，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且（a +b +c ）（b +c ﹣a ）＝3bc ． （Ⅰ）求角A ；（Ⅱ）若a ＝2，△ABC 的面积为√3，求b ，c 的值．解：（Ⅰ）△ABC 中，（a +b +c ）（b +c ﹣a ）＝3bc ，所以b 2+c 2﹣a 2＝bc ，所以cos A =b 2+c 2−a 22bc =bc 2bc =12， 又因为A ∈（0，π），所以A =π3； （Ⅱ）若a ＝2，△ABC 的面积为12bc sin A =√34bc =√3，所以bc ＝4，又因为（b +c ）2＝a 2+3bc ＝4+3×4＝16，所以b +c ＝4， 由{b +c =4bc =4，解得b ＝2，c ＝2． 18．（12分）如图，在三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，底面△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AC ＝2AA 1＝2A 1C 1＝2，其中D 为BC 上的点，且DC ＝2BD ． （Ⅰ）求证：A 1B ∥平面AC 1D ；（Ⅱ）求平面ABC 1与平面AA 1C 1C 夹角的余弦值．解：（Ⅰ）取AC 中点E ，连接C 1E ，BE ，因为AC ＝2AA 1＝2A 1C 1＝2，其中D 为BC 上的点，且DC ＝2BD ． 所以A 1C 1＝AE ＝1，A 1C 1∥AE ， 所以四边形AA 1C 1C 是平行四边形， 所以AA 1∥C 1E ， 因为AA 1⊥平面ABC ， 所以C 1E ⊥平面ABC ，因为BE ⊂面ABC ，AC ⊂面ABC ， 所以C 1E ⊥BE ，C 1E ⊥AC ，因为底面△ABC 为等边三角形， 所以BE ⊥AC ，以E 为原点，EB ，EC ，EC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系：所以E （0，0，0），A （0，﹣1，0），B （√3，0，0），C （0，1，0），A 1（0，﹣1，1），C 1（0，0，1），D （2√33，13，0），AC 1→=（0，1，1），AD →=（2√33，43，0），设面AC 1D 的法向量n →=（x ，y ，z ）， 所以{AC 1→⋅n →=0AC →⋅n →=0，所以{(0，1，1)⋅(x ，y ，z)=0(2√33，43，0)⋅(x ，y ，z)=0，即{y +z =02√33x +43y =0， 令x ＝1，则y =−√32，z =√32， 所以n →=（1，−√32，√32）， 又A 1B →=（√3，1，﹣1）， 所以A 1B →•n →=1×√3+（−√32）×1+√32×（﹣1）＝0，所以A 1B ∥平面AC 1D ．（Ⅱ）由（Ⅰ）知AC 1→=（0，1，1），AB →=（√3，1，0）， 设面ABC 1法向量m →=（a ，b ，c ），所以{AC 1→⋅m →=(0，1，1)⋅(a ，b ，c)=0AB →⋅m →=(√3，1，0)⋅(a ，b ，c)=0，即{b +c =0√3a +b =0，令a =√3，则b ＝﹣3，c ＝3， 所以m →=（√3，﹣3，3），平面AA 1C 1C 的法向量p →=（√3，0，0），所以cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →||n →|=√3，√3，√(√3)+(−3)+3√(√3)+0+0=3√21⋅√3=√77，所以平面ABC 1与平面AA 1C 1C 夹角的余弦值√77． 19．（12分）数字人民币在数字经济时代中体现的价值、交易媒介和支付手段职能，为各地数字经济建设提供了安全、便捷的支付方式，同时也为金融监管、金融产品设计提供更多选择性和可能性．苏州作为全国首批数字人民币试点城市之一，提出了2023年交易金额达2万亿元的目标．现从使用数字人民币的市民中随机选出200人，并将他们按年龄（单位：岁）进行分组：第1组[15，25），第2组[25，35），第3组[35，45），第4组[45，55），第5组[55，65]，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求直方图中a 的值并估算样本平均年龄（同组中的数据用该组区间的中点值作代表）及第78百分位数；（Ⅱ）在这200位市民中用分层随机抽样的方法从年龄在[25，35）和[45，55）内抽取6位市民做问卷调查，现从这6位中随机抽取两名幸运市民，求两名幸运市民年龄都在[25，35）内的概率．解：（Ⅰ）因为10（0.010+0.030+a +0.015+0.010）＝1， 解得a ＝0.035，可得样本平均年龄x =20×0.1+30×0.3+40×0.35+50×0.15+60×0.1＝38.5， 易知前三组的频率之和为10（0.010+0.030+0.035）＝0.75＜0.78， 前四组的频率之和为10（0.010+0.030+0.035+0.015）＝0.9＞0.78， 所以第78百分位数在区间[45，55）上， 不妨设第78百分位数为x ， 此时0.75+x−4510×0.15＝0.78， 解得x ＝47；（Ⅱ）易知年龄在[25，35）内的市民人数为200×0.3＝60， 年龄在[45，55）内的市民人数为200×0.15＝30，若在这200位市民中用分层随机抽样的方法从年龄在[25，35）和[45，55）内抽取6位市民做问卷调查， 可得年龄在[25，35）内的市民人数为6×6060+30=4人，设为a ，b ，c ，d ， 年龄在[45，55）内的市民人数为6×3060+30=2人，设为x ，y ，可得从这6名市民中抽取两名的样本事件有（ab ），（ac ），（ad ），（ax ），（ay ），（bc ），（bd ），（bx ），（by ），（cd ），（cx ），（cy ），（dx ），（dy ），（xy ）这15种情况，其中年龄都在[25，35）内的样本事件有（ab ），（ac ），（ad ），（bc ），（bd ），（cd ）这6种情况， 则两名幸运市民年龄都在[25，35）内的概率P =615=25． 20．（12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝1，BC ＝2，PB =√3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF FC=12．（Ⅰ）求证：P A ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）在棱BP 上是否存在点G ，使得点G 到平面AEF 的距离为√39，若存在求出点G 的位置，不存在请说明理由．解：（Ⅰ）证明：在直角梯形中，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，AD ＝CD ＝1，BC ＝2， 可得AB =√2，又P A ＝1，PB =√3，即有P A 2+AB 2＝PB 2， 可得P A ⊥AB ，又平面P AB ⊥平面ABCD ，平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ， 可得P A ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）以D 为坐标原点，DA ，DC 所在直线为x ，y 轴，过D 平行于P A 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系D ﹣xyz ，则P （1，0，1），D （0，0，0），E 为PD 的中点，可得E （12，0，12），由C （0，1，0），P （1，0，1），点F 在PC 上，且PF FC=12，可得F （23，13，23），又A （1，0，0），则AE →=（−12，0，12），AF →=（−13，13，23），设平面AEF 的法向量为n →=（x 1，y 1，z 1），由{n →⋅AE →=0n →⋅AF →=0可得{−12x 1+12z 1=0−13x 1+13y 1+23z 1=0，令x 1＝1，则z 1＝1，y 1＝﹣1，即n →=（1，﹣1，1）． 在棱BP 上假设存在点G ，使得点G 到平面AEF 的距离为√39， 设PG GB=λ（0＜λ＜1），由B （2，1，0），可得G （1+2λ1+λ，λ1+λ，11+λ），AG →=（λ1+λ，λ1+λ，11+λ），则G 到平面AEF 的距离为|AG →⋅n →||n →|=11+λ√3=√39， 解得λ＝2，即有G 为靠近B 的三等分点．21．（12分）已知a ，b ，c 分别是△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且b−√2c=sin(A+C)sinA+sinC．（Ⅰ）求角A 的大小；（Ⅱ）若a =√2，O 为△ABC 外接圆圆心，求|3OA →+2OB →+OC →|的最小值； （Ⅲ）在（Ⅱ）条件下，P 为△ABC 外接圆上一动点，求PB →⋅PC →的最大值． 解：（Ⅰ）∵b−√2c=sin(A+C)sinA+sinC ，∴b−√2c=sinB sinA+sinC，∴根据正弦定理可得：b−√2c=ba+c，∴a 2−c 2=b 2−√2bc ，∴b 2+c 2−a 2=√2bc ，∴cos A =b 2+c 2−a 22bc=√22，又A ∈（0，π）， ∴A =π4；（Ⅱ）∵a =√2，又由（Ⅰ）知A =π4，设△ABC 外接圆的半径为r ， ∴根据正弦定理可得2r =asinA =√2√22=2，∴r ＝1＝|OA |＝|OB |＝|OC |，又∠AOB ＝2C ，∠AOC ＝2B ，∠BOC ＝2A =π2，∴|3OA →+2OB →+OC →|2=9+4+1+12OA →⋅OB →+6OA →⋅OC →+4OB →⋅OC →＝14+12cos ∠AOB +6cos ∠AOC +4cos ∠BOC＝14+12cos2C +6cos2B＝14+12cos[2（3π4−B ）]+6cos2B＝14﹣12sin2B +6cos2B＝14−6√5sin （2B ﹣φ），其中tan φ=1213=tan π6， 易知2B ∈(0，3π2)，又φ∈（0，π6）， ∴2B ﹣φ∈（−π6，3π2），∴当2B ﹣φ=π2时，sin （2B ﹣φ）＝1，|3OA →+2OB →+OC →|2取得最小值14−6√5，∴|3OA →+2OB →+OC →|的最小值为√14−6√5=3−√5；（Ⅲ）在（Ⅱ）条件下可得a =√2，△ABC 外接圆的半径为r ＝1，A =π4，∴∠BOC ＝2A =π2，∴△BOC 为直角边为1的等腰直角三角形，设BC 中点为F ，∴|OF |＝|FC |=12|BC |=12a =√22，又P 为△ABC 外接圆O 上一动点，∴PB →⋅PC →=(PF →+FC →)⋅(PF →+FB →)=(PF →+FC →)⋅(PF →−FC →)=PF →2−FC →2=PF →2−12， ∴当|PF |最大时，PB →⋅PC →取得最大值，而|PF |最大时，PF ⊥BC ，∴|PF |最大为r +|OF |＝1+√22，∴PB →⋅PC →的最大值为(1+√22)2−12=√2+1．22．（12分）等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB =√2+1，CD ＝1．若点E 、F 均在AB 上，且AE ＝BF ．如图（一）所示，沿DE 将△ADE 折起，沿CF 将△BCF 折起，使A 、B 两点重合为S ．（Ⅰ）若AE =BF =√22，求证：平面SDE ⊥平面SCF ；（Ⅱ）若AD ＝1，O 为AB 中点，当E 与F 重合于O 时，求SO 与平面SCD 所成角的余弦值； （Ⅱ）请设计一个翻折方案使四棱锥S ﹣CDEF 的外接球半径为√22，证明你的结论，并求此方案下的AD 的长度及∠DEF 的大小．解：（Ⅰ）证明：若AE =BF =√22，则EF ＝1，CDEF 为矩形，∵SE =SF =√22，EF =1，∴SE 2+SF 2＝EF 2，∴SE ⊥SF ，∵SE ⊥DE ，DE ∥CF ，∴SE ⊥CF ，又SF ∩CF ＝F ，SF ，CF ⊂平面SCF ，∴SE ⊥平面SCF ，又SE ⊂平面SDE ，∴平面SDE ⊥平面SCF ．（Ⅱ）取CD 的中点G ，连接OG ，SG ，∵SD ＝SC ＝CD ＝1，∴SG ⊥CD ，SG =√32，∵OC =OD =√32，∴OG ⊥CD ，OG =√22，又SG ∩OG ＝G ，SG ，OG ⊂平面SOG ，∴CD ⊥平面SOG ，∵CD ⊂平面SCD ，∴平面SCD ⊥平面SOG ，∴SO 在平面内的射影为SG ，∴∠OSG 为SO 与平面SCD 所成的角，又SO =√2+12，则cos ∠OSG =OS 2+SG 2−OG 22OS⋅SG =√63， 即SO 与平面SCD 所成角的余弦值为√63． （Ⅲ）因为EF ∥CD ，且C ，D ，E ，F 四点共圆，所以可考虑CDEF 为矩形时的翻折方案． 当AE =BF =√22，AD =1时的翻折方案，符合题意，证明如下：当AE =BF =√22时，则EF ＝1，CDEF 为矩形，∠DEF =π2， 设矩形CDEF 的外接圆圆心为N ，四棱锥S ﹣CDEF 的外接球球心为M ，半径为R ，∵AD ＝1，∴DE =√22，∴CE =√62，NE =√64， ∵SN =√24，∴MN =R −√24， ∵NE 2+MN 2＝ME 2，∴(√64)2+(R −√24)2=R 2，∴R =√22，符合题意．综上，当AE =BF =√22，AD =1，∠DEF =π2时的翻折方案，符合题意（答案不唯一）．。
2024届哈三中高一数学第二学期期末调研模拟试题含解析
2024届哈三中高一数学第二学期期末调研模拟试题注意事项：1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．如果a ＜b ＜0，那么下列不等式成立的是（ ） A ．11<a bB ．2ab<bC ．22ac <bcD ．22a ab b >>2．已知向量(2,3)a =，(,4)b m =，若a ，b 共线，则实数m =（ ） A ．6-B ．83-C ．83D ．63．在棱长为1的正方体中1111ABCD A B C D -，点P 在线段1AD 上运动，则下列命题错误的是 （ ）A ．异面直线1C P 和1CB 所成的角为定值 B ．直线CD 和平面1BPC 平行 C ．三棱锥1D BPC -的体积为定值 D ．直线CP 和平面11ABC D 所成的角为定值4．若0,0x y >>且191x y+=，则x y +的最小值是（ ） A ．6B ．12C ．24D ．165．袋中装有红球3个、白球2个、黑球1个，从中任取2个，则互斥而不对立的两个事件是( )A ．至少有一个白球；都是白球B ．至少有一个白球；至少有一个红球C ．至少有一个白球；红、黑球各一个D ．恰有一个白球；一个白球一个黑球6．不等式的解集是A ．B ．C ．D ．7．不等式223x x -≤+的解集是（ ） A ．(,8]-∞-B ．[8,)-+∞C ．(,8][3,)-∞-⋃-+∞D ．(,8](3,)-∞-⋃-+∞8．已知134sin 25αα+=,则4sin 3απ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值为( )A ．23B 23C ．45-D ．459．已知函数1()2xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式()24(3)f a f a ->的解集为( )A ．(4,1)-B ．(1,4)-C ．(1,4)D ．(0,4)10．下列命题正确的是（ ）A ．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱.B ．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱.C ．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱.D ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台. 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
黑龙江哈三中09-10高一下学期期末考试--数学
哈三中2009—2010学年度下学期 高一学年第二学段（模块）数学试卷参考公式: 334r V π=球 ()h ss s s V ''31++=棱台 一．选择题（每小题5分 共60分）1．已知正方体的棱长为2，则其外接球的半径为A ．2B ．32C ．22D ．3 2．在空间中，垂直于同一直线的两条直线的位置关系是 A ．垂直 B ．平行 C ．异面 D ．以上都有可能3．棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，=⋅111D B BC A ．22B ．4C ．22-D ．4-4．如图,是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图, A 、B 、是展 开图上的三点, 则正方体盒子中的值为 A ．ο180B ．ο120C ．ο60D ．ο455．四棱台1111D C B A ABCD -的12条棱中，与棱1AA 异面的棱共有A ．3条B ．4条C ．6条D ．7条6．正四面体中，AB 与平面所成角的正弦值为A ．36 B ．63 C ．42D ．337．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，分别 是1AB ，1BC 的中点，则以下结论中不成立．．．的是 A ．EF 与1BB 垂直B ．EF 与BD 垂直C ．EF 与11A C 异面D ． EF 与异面8．已知直线m 、n ，平面α、β,给出下列命题:①若,m n αβ⊥⊥，且，则αβ⊥ ②若//,//m n αβ，且，则//αβ ③若,//m n αβ⊥，且，则αβ⊥ ④若,//m n αβ⊥，且，则αβ⊥ 其中正确的命题是ABC 1A1C1D1BDE FA ．②③B ．①③C ．①④D ．③④9. 把10个相同的小正方体，按如图所示的位置堆放，它的外表含有若干小正方形．如果将图中标有A 的一个小正方体搬去，这时外表含有的小正方形个数与搬去前相比A ．不增不减B ．减少1个C ．减少2个D ．减少3个10.一个几何体的三视图如右图所示, 则此几何体的表面积是A . 5224+ B. 522+C. 5228+D. 526+11.已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面内的射影为的中心，则1AB 与底面所成角的正弦值等于A ．13B ．3C ．3D ．2312.在直三棱柱111C B A ABC -中，2π=∠BAC ，11===AA AC AB ，已知与E分别为11B A 和1CC 的中点，D 与F 分别为线段和AB 上的动点(不包括端点)． 若，则线段DF 的长度的取值范围为 A ．⎪⎭⎫⎢⎣⎡2,51 B ．⎪⎭⎫⎢⎣⎡1,51 C ．[),21 D ．⎪⎭⎫⎢⎣⎡2,51二．填空题（每小题5分 共20分）13．若)2,0,1(=a ，)2,1,0(=b -=14．长方体1111D C B A ABCD -中，, ,51=AA ，P 是棱上一动点，则1PC AP +的最小值为15．中，ο30=A ，,将沿斜边所在直线旋转一周，那么所得几何体的体积为16．将边长为2，一个内角为的菱形沿较短对角线BD 折成四面体，点F E , 分别为BD AC ,的中点，则俯视图下列命题中正确的是①EF ∥AB ；②BD EF ⊥；③EF 有最大值，无最小值； ④当四面体的体积最大时，6=AC ； ⑤垂直于截面BDE .三．解答与证明（共70分） 17．（本小题10分）①已知βα⊥ ，β⊥a ，α⊄a ；求证：. ②已知β⊥a ，；求证：βα⊥. 18．（本小题12分）正三棱柱111C B A ABC -中，所有棱长均相等，F E ,分别是棱1111,C A B A 的中点， 截面将三棱柱截成几何体Ⅰ和几何体Ⅱ两个几何体． ①求几何体Ⅰ和几何体Ⅱ的表面积之比； ②求几何体Ⅰ和几何体Ⅱ的体积之比．C 1A 11A19．（本小题10分）棱长为２的正方体1111D C B A ABCD -中，O D B C A =⋂1111． ①求异面直线与1BD 所成角的余弦值； ②求与平面D D BB 11所成角的余弦值． 20．（本小题12分）已知斜三棱柱111C B A ABC -的底面是正三角形，侧面11A ABB 是边长为2的菱形， 且ο601=∠AB A ,M 是11B A 的中点，． ①求证：⊥BM 平面；②求点M 到平面C C BB 11的距离． 21．（本小题12分） 四棱锥中，底面，且6=OB ，底面是菱形；点B 在平面内的射影恰为的重心．CC 1A 1B 1A①求的长；O②求二面角的平面角的余弦值．AC22．（本小题12分）四面体中，，G F E ,,分别是CD BC AB ,,的中点，且为正三角形，平面．①求AB 与平面所成角的大小； ②求二面角的平面角的余弦值．B哈三中2009—2010学年度下学期 高一学年第二学段数学(理科)试卷答案一、选择题（每小题5分）二、填空题（每小题5分）13． 14．54 15． 16．②④⑤ 三、解答题 17． 略 18．⑴19324331932435++++；（2）5719．解：（Ⅰ）32（Ⅱ）36， 20．①略②515 21．(I)10 （2）66 22. ．①ο45 ② 33-。
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哈尔滨市第三中学2009—2010学年度下学期
高一学年第二学段（模块）
数学试卷
参考公式: 334r V π=
球 ()
h ss s s V ''3
1
++=棱台 一．选择题（每小题5分 共60分）
1．已知正方体的棱长为2，则其外接球的半径为
A ．2
B ．32
C ．22
D ．3 2．在空间中，垂直于同一直线的两条直线的位置关系是 A ．垂直 B ．平行 C ．异面 D ．以上都有可能
3．棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，=⋅111D B BC A ．22
B ．4
C ．22-
D ．4-
4．如图,是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图, A 、B 、C 是展 开图上的三点, 则正方体盒子中ABC ∠的值为 A ．ο
180
B ．ο120
C ．ο
60
D ．ο
45
5．四棱台1111D C B A ABCD -的12条棱中，与棱1AA 异面的棱共有
A ．3条
B ．4条
C ．6条
D ．7条
6．正四面体ABCD 中，AB 与平面BCD 所成角的正弦值为
A ．
36 B ．63 C ．4
2 D ．
3
3
7．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E F ，分别 是1AB ，1BC 的中点，则以下结论中不成立．．．的是 A ．EF 与1BB 垂直
B ．EF 与BD 垂直
C ．EF 与11A C 异面
D ． EF 与CD 异面
8．已知直线m 、n ，平面α、β,给出下列命题:
①若,m n αβ⊥⊥，且m n ⊥，则αβ⊥ ②若//,//m n αβ，且//m n ，则//αβ
A
B
C 1A
1C
1D
1B
D
E
F
③若,//m n αβ⊥，且m n ⊥，则αβ⊥ ④若,//m n αβ⊥，且//m n ，则αβ⊥ 其中正确的命题是
A ．②③
B ．①③
C ．①④
D ．③④
9. 把10个相同的小正方体，按如图所示的位置堆放，它的外表含有若干小正方形．如果将图中标有A 的一个小正方体搬去，这时外表含有的小正方形个数与搬去前相比
A ．不增不减
B ．减少1个
C ．减少2个
D ．减少3个
10.一个几何体的三视图如右图所示, 则此几何体的表面积是
A . 5224+ B. 522+
C. 5228+
D. 526+
11.已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为
ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于 A ．1
3
B ．
2
3
C ．
33
D ．
23
12.在直三棱柱111C B A ABC -中，2
π
=
∠BAC ，11===AA AC AB ，已知G 与E
分别为11B A 和1CC 的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)． 若EF GD ⊥，则线段DF 的长度的取值范围为 A ．⎪⎭
⎫⎢⎣⎡2,51 B ．⎪⎭
⎫
⎢
⎣⎡1,51 C ．[),21 D ．⎪⎭⎫⎢⎣⎡2,51
二．填空题（每小题5分 共20分）
13．若)2,0,1(=，)2,1,0(=b a -=
14．长方体1111D C B A ABCD -中，3=AB ,4=BC ,51=AA ，P 是棱BC 上一动点，
则1PC AP +的最小值为
15．ABC Rt ∆中，ο
30=A ，2=BC ,将ABC Rt ∆沿斜边AC 所在直线旋转一周，
A
俯视图
侧视图
正视图
21
2
2
那么所得几何体的体积为
16．将边长为2，一个内角为︒60的菱形ABCD 沿较短对角线BD 折成四面体ABCD ，点
F E , 分别为BD AC ,的中点，则下列命题中正确的是
①EF ∥AB ；②BD EF ⊥；③EF 有最大值，无最小值； ④当四面体ABCD 的体积最大时，6=AC ； ⑤AC 垂直于截面BDE .
三．解答与证明（共70分） 17．（本小题10分）
①已知βα⊥ ，β⊥a ，α⊄a ；求证：α//a . ②已知β⊥a ，α//a ；求证：βα⊥. 18．（本小题12分）
正三棱柱111C B A ABC -中，所有棱长均相等，F E ,分别是棱1111,C A B A 的中点， 截面EBCF 将三棱柱截成几何体Ⅰ和几何体Ⅱ两个几何体． ①求几何体Ⅰ和几何体Ⅱ的表面积之比； ②求几何体Ⅰ和几何体Ⅱ的体积之比．
E
F
C 1
A 1
B 1
C
A
B
a
α
βⅠ
Ⅱ
19．（本小题10分）
棱长为２的正方体1111D C B A ABCD -中，O D B C A =⋂1111． ①求异面直线OA 与1BD 所成角的余弦值； ②求OA 与平面D D BB 11所成角的余弦值． 20．（本小题12分）
已知斜三棱柱111C B A ABC -的底面是正三角形，侧面11A ABB 是边长为2的菱形， 且ο
601=∠AB A ,M 是11B A 的中点，AC MB ⊥． ①求证：⊥BM 平面ABC ； ②求点M 到平面C C BB 11的距离．
O
D C
C 1
D B
B 1
A 1
B 1
A
C
A 1
M
21．（本小题12分）
四棱锥ABCD O -中，⊥OB 底面ABCD ，且6=OB ，底面ABCD 是菱形；点B 在
平面OAD 内的射影G 恰为OAD ∆的重心． ①求OA 的长；
②求二面角D OC B --的平面角的余弦值．
A
B
C
22．（本小题12分）
四面体ABCD 中，BC AB =，G F E ,,分别是CD BC AB ,,的中点，且EFG ∆为正三角形，⊥AG 平面BCD ．
①求AB 与平面BCD 所成角的大小；
②求二面角C FG E --的平面角的余弦值．
G
F
E
B
哈三中2009—2010学年度下学期 高一学年第二学段数学(理科)试卷答案
一、选择题（每小题5分） 1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
D D B C B A C C A A B B
二、填空题（每小题5分）
13．3 14．54 15．π4 16．②④⑤ 三、解答题 17． 略 18．⑴
19
324331932435++++；（2）
5
7
19．解：（Ⅰ）
32（Ⅱ）3
6
， 20．①略②
5
15 21．(I)
10 （2）
6
6 22. ．①ο
45 ② 3
3-。