黑龙江省哈九中高一下学期期末考试-数学
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一下学期期末数学试题【含答案】
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一下学期期末数学试题一、单选题1．设复数z 满足i i 2z -=-，则22iz=+（）．A ．i -B ．iC ．2i+D ．2i-【答案】B【分析】根据题意，结合复数的运算法则，准确运算，即可求解.【详解】由复数z 满足i i 2z -=-，可得22i z =-+，则()()()()1i 1i 22i 1i 2ii 22i 22i 1i 1i 1i 2z -+--+-+=====++++-.故选：B.2．在ABC 中，已知角A ，B 的对边分别为a ，b ，π4A =，π6B =，4a =，则b =（）．A ．2B ．3C ．22D ．23【答案】C【分析】由正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理可得：sin sin a bA B=，则4ππsinsin46b=，即41222b =，则22b =.故选：C.3．已知向量a ，b 满足1a = ，3b = ，且a ，b 的夹角为30︒，则2a b += （）．A ．19B ．7C ．7D ．19【答案】A【分析】计算出32a b ⋅= ，再根据()222a b a b +=+ 计算出结果.【详解】由题意得：33cos301322a b a b ⋅=⋅︒=⨯⨯= ，所以()2222244164319a b a b a a b b +=+=+⋅+=++⨯=.故选：A.4．已知两条不同的直线l ，m 与两个不同的平面α，β，则下列结论中正确的是（）A ．若m n αα⊂⊂，，//m β，//n β，则//αβB ．若//l l αβ⊥，，则αβ⊥C ．若m l m α⊥⊥，，则//l αD ．若αβ⊥，l α⊥，则//l β【答案】B【分析】根据空间中线面、面面的判定定理与性质定理一一判断即可.【详解】对于A ，若m n αα⊂⊂，，//m β，//n β，则,αβ可能平行，可能相交，故A 不正确；对于B ，因为l //β，所以能在β内找到一条直线b ，使得//b l ，因为l α⊥，所以b α⊥，又因为b β⊂，所以由面面垂直的判定定理可证明αβ⊥，故B 正确；对于C ，若m l m α⊥⊥，，则//l α或l ⊂α，故C 不正确；对于D ，若αβ⊥，l α⊥，则//l β或l β⊂，故D 不正确.故选：B.5．如图，已知平面向量OA OB OC ､､满足||||||,,120,OA OB OC OA OB OB OC ︒===⊥ ，则（）A ．230OA OB OC ++=B ．230OA OB OC ++= C ．230OA OB OC ++= D ．320OA OB OC ++=【答案】A【分析】设OC OC =-'，过C '分别作,OA OB 的平行线，不妨设||||||3OA OB OC === ，可得2133OC OC OA OB -=+'= ，进而可得答案.【详解】设OC OC =-'，过C '分别作,OA OB 的平行线，分别交,OA OB 于,D E ，如图，不妨设||||||3OA OB OC ===，,120,OA OB OB OC︒=⊥ 所以,9030EOC OC D DOC ∠∠∠''='== ，则2,1OD OE C D '===，从而2133OC OC OD OE OA OB -=+='=+，故230OA OB OC ++= .故选：A.6．三棱台111ABC A B C -中，两底面ABC 和111A B C △分别是边长为2和1的等边三角形，1CC ⊥平面ABC ．若13CC =，则异面直线AC 与1BC 所成角的余弦值为（）．A ．144B ．77C ．24D ．1313【答案】D【分析】以,AC AB 为邻边作平行四边形ABDC ，则//AC BD 且AC BD =，从而可得1DBC ∠即为异面直线AC 与1BC 所成角或其补角，再解1BDC 即可.【详解】如图，以,AC AB 为邻边作平行四边形ABDC ，则//AC BD 且2==AC BD ，故1DBC ∠即为异面直线AC 与1BC 所成角或其补角，因为1CC ⊥平面ABC ，,BC CD ⊂平面ABC ，所以11,CC BC CC CD ⊥⊥，则114913,4913BC DC =+==+=，在1BDC 中，22211114131313cos 2132213BD BC DC DBC BD BC +-+-∠===⋅⨯⨯，即异面直线AC 与1BC 所成角的余弦值为1313.故选：D.7．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A ，B ，C 处测得阁顶端点P 的仰角分别为30︒，60︒，45︒，且75AB BC ==米，则滕王阁的高度OP =（）米．A ．1415B ．1515C ．65155D ．29152【答案】B【分析】设OB h =，利用直角三角形边角关系、余弦定理建立方程，再解方程组求解作答.【详解】设OB h =，在Rt POB △中，60PBO ︒∠=，tan 603OP OB h ︒==，在Rt POA △中，30PAO ︒∠=，33tan 3033OP hOA h ︒===，在Rt POC △中，45PCO ︒∠=，3tan 45OPOC h ︒==，在OBC △中，2222OC OB BC OB BC =+-⋅⋅cos OBC ∠，即222375150cos h h h OBC =+-∠，在OAB 中，2222cos OA OB AB OB AB OBA =+-⋅⋅∠，即222975150cos h h h OBA =+-∠，由πOBC OBA ∠+∠=，得cos cos 0OBC OBA ∠+∠=，于是222122275h h =+⨯，解得155h =，所以滕王阁的高度31515OP h ==（米）.故选：B8．已知等腰直角ABC 的斜边2AB =，M ，N 分别为AC （M 与C 不重合），AB 上的动点，将AMN 沿MN 折起，使点A 到达点A '的位置，且平面A MN '⊥平面BCMN ．若点A '，B ，C ，M ，N 均在球O 的球面上，则球O 表面积的最小值为（）．A ．8π3B ．3π2C ．6π3D ．4π3【答案】A【分析】由给定条件确定MN AB ⊥，及A N '⊥面BCMN ，再确定棱锥外接球球心位置，设A N x '=，求出外接球半径关于x 的函数关系，求出最小半径作答.【详解】显然M 不与A 重合，由点,,,,A B C M N '均在球O 的球面上，得,,,B C M N 共圆，则πC MNB ∠+∠=，又ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，即有MN AB ⊥，如图，将AMN 翻折后，MN A N ⊥'，MN BN ⊥，又平面A MN '⊥平面BCMN ，平面A MN ' 平面BCMN =MN ，A N '⊂平面A NM '，BN ⊂平面BCMN ，于是A N '⊥平面BCMN ，BN ⊥平面A MN '，显然,A M BM '的中点,D E 分别为A NM '△，四边形BCMN 外接圆圆心，则DO ⊥平面A NM '，EO ⊥平面BCMN ，因此//,//DO BN EO A N '，取NM 的中点F ，连接,DF EF ，则有////,////EF BN DO DF A N EO '，四边形EFDO 为平行四边形，设A N x '=且01x <<，1222x DO EF BN -===，2A M x '=，从而球O 的半径R ，有22222332()()2443321A M R DO x x x '+--+===+，当23x =时，2min ()23R =，所以球O 表面积的最小值为28π4π3R =.故选：A【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.二、多选题9．下列说法正确的是（）．A ．用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则个体m 被抽到的概率是0.1B ．已知一组数据1，2，3，4，4，5的众数大于中位数C ．数据27，12，14，30，15，17，19，29的第70百分位数是23D ．甲乙丙三种个体按3:1:2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18【答案】ABD【分析】对于A ，结合古典概型的概率公式，即可求解；对于B ，结合众数、中位数的定义，即可求解；对于C ，结合百分位数的定义，即可求解；对于D ，结合分层抽样的定义，即可求解．【详解】对于A ，用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则60.160=，故A 正确；对于B ，一组数据1，2，3，4，4，5的众数为4，中位数为343.52+=，故B 正确；对于C ，数据27，12，14，30，15，17，19，29从小到大排序为：12，14，15，17，19，27，29，30，870% 5.6⨯=，则该组数据的第70百分位数是27，故C 错误；对于D ，令样本容量为n ，则93123n =++，解得18n =，故D 正确．故选：ABD ．10．下列说法正确的是（）．A ．平行向量就是共线向量B ．两个非零向量a ，b ，若0a b ⋅>，则a ，b 夹角为锐角C ．向量a 与b 共线的充要条件是存在唯一实数λ使得b aλ=D ．向量a在非零向量b 上投影向量的长度为a b b ⋅【答案】AD【分析】根据平行向量与共线向量的定义判断A ；根据数量积的定义判断B ；根据特例法判断C 错；求出向量a 在非零向量b 上投影向量为cos ||b a b θ，可判断D.【详解】根据平行向量与共线向量的定义，平行向量就是共线向量，A 正确；若两个非零向量,a b 夹角0θ=︒则cos 1,cos 0a b a b a b θθ=⋅=⋅⋅=⋅>，B 错；若0,0a b =≠，满足向量a 与b 共线，但不存在实数λ使得b a λ= ，C 错；两个非零向量,a b夹角θ，则cos a b a bθ⋅=，则向量a 在非零向量b 上投影向量为cos ||b a b θ，其长度为||||||a b a b b a a b b b⋅⋅⨯⨯=，D 正确.故选：AD.11．如图，平面α 平面β=直线l ，点,A C α∈，点,B D β∈，且A 、B 、C 、D l ∉，点M 、N 分别是线段AB 、CD 的中点．（）．A ．当直线AC 与BD 相交时，交点有可能在直线l 外B ．当直线AB 与CD 异面时，MN 不可能与l 平行C ．当A 、B 、C 、D 四点共面且//AC l 时，//BD l D ．当M 、N 两点重合时，直线AC 与l 不可能相交【答案】BCD【分析】根据给定条件，由平面基本事实及直线与平面的位置关系依次分析判断作答.【详解】由点,A C α∈，点,B D β∈，得,AC BD αβ⊂⊂，由,,,A B C D l ∉，得,AC BD βα⊄⊄，对于A ，令AC BD P =I ，即有P AC α∈⊂，P BD β∈⊂，因此P l αβ∈⋂=，A 错误；对于B ，当,AB CD 是异面直线时，假设//MN l ，显然MN β⊄，则//MN 平面β，连接BC ，取BC 的中点H ，连接,M H N H，如图，因为,M N 分别为,AB CD 的中点，则有//NH BD ，而NH β⊄，即有//NH β，又NH MN N = ，于是平面//MNH 平面β，同理平面//MHN 平面α，因此平面//α平面β，与已知矛盾，即假设不成立，所以MN 不可能与l 平行，B 正确；对于C ，由A 、B 、C 、D 四点共面且//AC l 时，得//AC β，平面ABCD BD β= ，因此////BD AC l ，C 正确；对于D ，由,M N 两点重合，得//AC BD ，则//AC β，而,AC l ααβ⊂= ，因此//AC l ，直线AC 与直线l 不可能相交，D 正确.故选：BCD12．在ABC 中，已知A B C +<，则（）．A ．222a b c +<B ．22sin sin 1A B +<C ．sin sin 2sin A B C +<D ．tan tan 1A B >【答案】ABC【分析】根据给定条件，可得ππ2C <<，利用余弦定理和正弦定理、结合诱导公式、同角公式判断ABC ；举例说明判断D 作答.【详解】在ABC 中，由A B C +<，得ππ2C <<，π2A B +<，对于A ，由余弦定理得2222cos 0a b c ab C +-=<，即222a b c +<，A 正确；对于B ，显然ππ022B A <<-<，则222222πsin sin sin sin ()sin cos 12A B A A A A +<+-=+=，B 正确；对于C ，由选项A 知，222a b c +<，又2222ab a b c ≤+<，因此2222()22a b a b ab c +≤++<，于是2a b c +<，由正弦定理得sin sin 2sin A B C +<，C 正确；对于D ，取π2π,63A B C ===，则331tan tan 1333A B =⨯=<，D 错误．故选：ABC【点睛】结论点睛：ABC 的三边分别为a ，b ，c （a≥b≥c ），若222b c a +>，则ABC 是锐角三角形；若222b c a +=，则ABC 是直角三角形；若222b c a +<，则ABC 是钝角三角形.三、填空题13．已知圆锥的母线长为5，侧面展开图的圆心角为6π5，则该圆锥的体积为．【答案】12π【分析】根据扇形的弧长与半径、圆心角的关系求得扇形弧长，即得到圆锥底面圆的周长，结合直角三角形的性质，根据圆锥体积公式即可求解.【详解】如下图所示，因为圆锥的母线长为5，侧面展开图的圆心角为6π5，所以圆锥侧面展开图的弧长为56π6π5⨯=，即圆锥底面圆的周长为6π，则6π2πOB =⋅，得3OB =，所以底面圆面积2π9πS OB =⨯=，在Rt SOB △中，2222534SO SB OB =-=-=，即圆锥的高4h =，所以该圆锥的体积为119π41323πV Sh ==⨯⨯=.故答案为：12π14．设ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且7a c +=，2b =，7cos 8B =，则ABC 的面积S =．【答案】3154/3154【分析】由题干所给数据结合余弦定理可先求出ac 的值，再由22sin cos 1B B +=求出sin B 的值，再代入面积公式1sin 2S ac B =求出答案.【详解】因为7a c +=，2b =，所以22222()27cos 228a cb ac ac b B ac ac +-+--===，解得12ac =，所以215sin 1cos 8B B =-=，所以ABC 的面积1115315sin 122284S ac B ==⨯⨯=.故答案为：315415．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，π3BAC ∠=，BAC ∠的平分线交BC 于点D ，3AD =，则b c +的最小值为．【答案】4【分析】利用等面积法可得bc b c =+，再利用基本不等式可求解最小值．【详解】依题意，由ABC ABD ACD S S S =+ ，得1π1π1πsin 3sin 3sin 232626bc c b ⋅=⋅⋅+⋅⋅，整理得bc b c =+，因此2()2b c b c bc ++=≤，4b c +≥，当且仅当2b c ==时取等号所以b c +的最小值为4.故答案为：416．已知点P 在ABC 所在的平面内，则下列各结论正确的有．①若P 为ABC 的垂心，2AB AC ⋅= ，则2AP AB ⋅=②若ABC 为边长为2的正三角形，则()PA PB PC ⋅+的最小值为1-③若ABC 为锐角三角形且外心为P ，AP xAB yAC =+且21x y +=，则AB BC=④若111122cos cos AP B AC C AB AC AB ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则动点P 的轨迹经过ABC 的外心【答案】①③④【分析】①由0AB PC ⋅=得到2AP AB AB AC AB PC ⋅=⋅+⋅= ；②建立平面直角坐标系，写出点的坐标，设(),P m n ，表达出()22332222PA PB m n PC ⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⋅+ ，求出最小值；③变形得到()BP y BA BC =+，设D 为AC 的中点，则,,B P D 三点共线，结合P 是ABC 的外心，所以BD 垂直平分AC ，所以AB BC =，③正确；④变形得到()2AP BC AB AC BC ⋅=+⋅，设E 是BC 的中点，则()0A B AE P C EP BC -⋅=⋅=，故则动点P 的轨迹经过ABC 的外心.【详解】对于①，若P 为ABC 的垂心，则0AB PC ⋅=，又2AB AC ⋅= ，所以()202AP AB AB AC PC AB AC AB PC ⋅=⋅+=⋅+⋅=+=，①正确；对于②，取CB 的中点O ，连接OA ，以O 为坐标原点，BC ，OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系，则()()()1,0,1,0,0,3B C A -，设(),P m n ，则()()()22,32,22223PA PB PC m n m n m n n ⋅+=--⋅--=+- 22332222m n ⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎭，故当30,2m n ==时，()22332222PA PB m n PC ⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⋅+ 取得最小值，最小值为32-，②错误；对于③，有题意得()12AP x AB y AC y AB y AC =+=-+，则()2AP AB y AB AC -=-+ ，即()BP y BA BC =+，如图，设D 为AC 的中点，则2BA BC BD += ，故2BP yBD = ，故,,B P D 三点共线，因为P 是ABC 的外心，所以BD 垂直平分AC ，所以AB BC =，③正确；对于④，()12cos cos AB AC AP AB AC AB B AC C =+++ ，()12cos cos AB BC AC BC AP BC AB AC BC AB B AC C ⋅=+++⋅⋅⋅ ()()cos πcos 12cos cos AB BC B AC BC C AB AC BC AB B AC C -=+++⋅⋅⋅ ()()1122BC BC AB AC BC AB AC BC =-+++⋅=+⋅ ，所以()2AP BC AB AC BC ⋅=+⋅ ，如图，设E 是BC 的中点，则AB +AC =2AE ，故22AE AP BC BC ⋅=⋅ ，即()0A B AE P C EP BC -⋅=⋅= ，故则动点P 的轨迹经过ABC 的外心，④正确.故答案为：①③④四、解答题17．黑龙江省实行“3+1+2”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高三年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低，按比例划定A ，B ，C ，D ，E 共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分．其中，A 等级排名占比15％，赋分分数区间是86～100；B 等级排名占比35％，赋分分数区间是71～85；C 等级排名占比35％，赋分分数区间是56～70；D 等级排名占比13％，赋分分数区间是41～55；E 等级排名占比2％，赋分分数区间是30～40；现从全年级的生物成绩中随机抽取100名学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如下图：．(1)求图中a 的值及原始数据的平均值；(2)用样本估计总体的方法，若学生甲原始成绩为71分，则他赋分后的等级为？说明理由．【答案】(1)0.030a =，平均数的估计值为71分；(2)C 等级，理由见解析.【分析】（1）由各组频率之和为1列方程求解得a 的值，由频率分布直方图平均数的计算公式代入即可得出答案；（2）由频率分布直方图中众数、平均数和中位数的计算公式代入即可得出答案.【详解】（1）由题意()0.0100.0150.0150.0250.005101a +++++⨯=，解得0.030a =，抽取的这100名学生的原始成绩的平均数的估计值为：()450.010550.015650.015750.030850.025950.0051071⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=分；（2）若学生甲原始成绩为71分，由于D 等级、E 等级排名占比共13%%%+2=15，由于C 等级、D 等级、E 等级排名占比共35%13%%%++2=50，由频率直方图可得前两组的频率和为()0.0100.015100.250.15+⨯=>，故15％分位数落在第二组，设其为x ，则()500.0150.250.15x -⨯=-，解得1703x =，故这100名学生的原始成绩的15％分位数的估计值为1703分，由频率直方图可得前三组的频率和为()0.0100.0150.015100.40.5++⨯=<，前四组的频率和为()0.0100.0150.0150.030100.70.5+++⨯=>，故50％分位数落在第四组，设其为x ，则()700.0300.50.4x -⨯=-，解得2203x =，故这100名学生的原始成绩的50％分位数的估计值为2203分，所以C 等级的原始分成绩应在1703～2203，甲原始成绩为71分，所以他赋分后的等级C 等级.18．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知()sin sin sin B A C A -=+．(1)求B 的值；(2)给出以下三个条件：①22240a b c c -++=；②2a =，1b =；③43ABC S = ，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件，并求ABC 的周长．【答案】(1)2π3B =；(2)①③，843+.【分析】（1）根据给定条件，利用和差角的正弦公式求解作答.（2）由（1）判断正确的条件，再利用余弦定理、三角形面积公式求解作答.【详解】（1）在ABC 中，由sin()sin sin B A C A -=+，得sin()sin()sin B A A B A -=++，因此sin sin()sin()2cos sin A B A A B B A =--+=-，而sin 0A >，则1cos 2B =-，又0πB <<，所以2π3B =.（2）在ABC 中，由（1）知，B A >，则b a >，显然条件②不成立，因此正确的条件为①③，由22240a b c c -++=，得2224a c b c +-=-，由余弦定理得2222π2cos 3a cb ac +-=，于是4ac c -=-，而0c >，解得4a =，由43ABC S = ，得12πsin 4323ac =，即有16ac =，则4c =，因此222448b a c c =++=，而0b >，解得43b =，所以ABC 的周长843a b c ++=+.19．已知四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，且BC ＝BD ，DD 1⊥平面ABCD ，AA 1＝1，BE ⊥CD 于点E ．（1）试问在线段A 1B 1上是否存在一点F ，使得AF ∥平面BEC 1？若存在，求出点F 的位置；若不存在，请说明理由；（2）在（1）的条件下，求平面ADF 和平面BEC 1所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）存在，F 为线段A 1B 1的中点；（2）427.【分析】（1）当F 为线段A 1B 1的中点时，取AB 中点为G ，求证四边形11B C EG 为平行四边形，即可由线线平行推证线面平行；（2）以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，通过求解两平面法向量之间夹角的余弦值，从而求得二面角夹角的余弦值.【详解】（1）当F 为线段A 1B 1的中点时，AF ∥平面BEC 1．证明如下：取AB 的中点G ，连接EG ，B 1G ，则FB 1∥AG ，且FB 1＝AG ，∴四边形AGB 1F 是平行四边形，∴AF ∥B 1G ，∵BC ＝BD ，BE ⊥CD ，∴E 为CD 的中点，又G 为AB 的中点，AB ∥CD ，AB ＝CD ，∴BG ∥CE ，且BG ＝CE ，∴四边形BCEG 为平行四边形，∴EG ∥BC ，且EG ＝BC ，∵BC ∥B 1C 1，BC ＝B 1C 1，∴EG ∥B 1C 1，EG ＝B 1C 1，∴四边形EGB 1C 1是平行四边形，∴B 1G ∥C 1E ，∴AF ∥C 1E ，∵AF ⊄平面BEC 1，C 1E ⊂平面BEC 1，∴当F 为线段A 1B 1的中点时，AF ∥平面BEC 1．(2)连接DG ，∵BD ＝BC ＝AD ，G 为AB 的中点，∴DG ⊥AB ，∵AB ∥CD ，∴DG ⊥CD ，∵DD 1⊥平面ABCD ，DC ，DG ⊂平面ABCD ，∴DD 1⊥DC ，DD 1⊥DG ，∴DG ，DC ，DD 1两两垂直，以D 为原点，DG ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，由题意得BD ＝BC ＝CD ＝AB ＝AD ＝2，∴∠DAB ＝∠BDC ＝60°，∵AA 1＝1，∴D （0，0，0），A （3，﹣1，0），D 1（0，0，1），A （3，﹣1，0），D 1（0，0，1），E （0，1，0），C 1（0，2，1），B （3，1，0），F （3，0，1），EB ＝（3，0，0），1EC ＝（0，1，1），DA ＝（3，﹣1，0），DF ＝（3，0，1），设平面BEC 1的法向量(),,n x y z = ，则，1300EB n x EC n y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ 取z ＝1，得(0,1,1)n =- ，设平面ADF 的法向量(),,m a b c = ，则，3030DA m a b DF m a c ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ 取a ＝1，得()1,3,3m =- ，设平面ADF 和平面BEC 1所成锐二面角为θ，则平面ADF 和平面BEC 1所成锐二面角的余弦值为：||2342cos 7||||72m n m n θ⋅===⋅⨯ ，20．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，底面是边长为2的等边三角形，12CC =，D ，E 分别是线段AC ，1CC 的中点，1C 在平面ABC 内的射影为D．(1)求证：1A C ⊥平面BDE ；(2)若点F 为棱11B C 的中点，求点F 到平面BDE 的距离．【答案】(1)证明见详解(2)334【分析】（1）利用线面垂直的定义和判定定理可证；（2）取111A C CC 、上靠近1C 的四等分点M N 、，取11AC 中点1D ，连结1FM MN BD 、、，延长MN DE 、交于点P ，由线面平行把点F 到平面BDE 的距离转化为点M 到平面BDE 的距离,，借助（1）即可解出距离.【详解】（1）连结11,C D AC ，由题意，得1C D ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，所以1C D BD ⊥，又底面是边长为2的等边三角形，则AC BD ⊥，1C D AC Ì、平面11ACC A ，且1C D AC D = ，可得BD ⊥平面11ACC A ，1AC ⊂平面11ACC A ，则1AC BD ⊥，由2AC =，12CC =得平行四边形11ACC A 为菱形，则11AC AC ⊥，又1//DE AC ，所以1A C DE ⊥，DE BD ⊂、平面BDE ，DE BD D ⋂=，所以1A C ⊥平面BDE ；（2）取111A C CC 、上靠近1C 的四等分点M N 、，取11AC 中点1D ，连结1FM MN BD 、、，延长MN DE 、交于点P ，由中位线性质可知11//MF B D ，又11//BD B D ，所以//MF BD ，BD ⊂平面BDE ，MF ⊄平面BDE ，则//MF 平面BDE ，点M 到平面BDE 的距离等于点F 到平面BDE 的距离,又1//MN A C ，1AC ⊥平面BDE ，所以MN ⊥平面BDE ，由已知在菱形11ACC A ，11342MN A C ==，在1Rt CDC 中，111,2,60CD CC C CD ==Ð= 在Rt NPE 中，12EN =，CDE 为等边三角形，所以60NEP Ð= 则34PN =，所以334PM =，所以点F 到平面BDE 的距离为334.21．在三棱锥A BCD -中，2AB AD BD ===，2BC DC ==，2AC =．(1)求证：BD AC ⊥；(2)若点P 在棱AC 上，当直线BP 与平面ACD 所形成的角的正弦值为337时，求:AP PC 的值．【答案】(1)证明见解析(2)1:5【分析】（1）取BD 的中点M ，连接AM ，CM ，由等腰三角形的性质有AM BD ⊥、CM BD ⊥，根据线面垂直的判定及性质即可证BD AC ⊥.（2）首先证明AM ⊥平面BCD ，即可求出A BCD V -，过点B 作BO ⊥平面ADC 交于点O ，连接OP ，则BPO ∠即为直线BP 与平面ACD 所成的角，利用等体积法求出BO ，再根据线面角的正弦值求出BP ，在ABC 中利用余弦定理求出cos BAC ∠，再在ABP 中利用余弦定理求出AP ，即可得解.【详解】（1）取BD 的中点M ，连接AM ，CM ．∵AB AD =，M 为BD 的中点．∴AM BD ⊥，∵BC CD =，M 为BD 的中点．∴CM BD ⊥，又AM CM M ⋂=，,AM CM ⊂平面AMC ，∴BD ⊥平面AMC ，而AC ⊂平面AMC ，∴BD AC ⊥.（2）因为22213AM =-=，112CM BD ==，2AC =，所以AM CM AC 222+=，所以AM CM ⊥，又AM BD ⊥，CM BD M = ，,CM BD ⊂平面BCD ，所以AM ⊥平面BCD ，又12212BCD S =⨯⨯=△，所以133133A BCD V -=⨯⨯=，又2212722222ADC S ⎛⎫=⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭，由图可知二面角B AC D --为钝二面角，过点B 作BO ⊥平面ADC 交于点O （O 、D 在AC 两侧），连接OP 、OA 、OC ，则BPO ∠即为直线BP 与平面ACD 所成的角，又A BCD B ADC V V --=，所以173323BO ⨯=，所以2217BO =，又直线BP 与平面ACD 所形成的角的正弦值为337，所以33sin 7BO BPO BP ∠==，则273BP =，在ABC 中由余弦定理可得()2222222223cos 22224AB AC BC BAP AB AC +-+-∠===⨯⨯⨯，又在ABP 中由余弦定理可得2222cos BP AB AP AB AP BAP =+-⋅∠，即22227322234AP AP ⎛⎫=+-⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭，解得13AP =或83AP =（舍去），所以53PC AC AP =-=，所以:1:5AP PC =.22．在锐角ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且222a b c λ+=．(1)若2λ=，求角C 的最大值；(2)若60C =︒，求λ的取值范围．【答案】(1)C 的最大值为π3.(2)5,23λ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦【分析】（1）由余弦定理结合基本不等式即可得出答案；（2）由正弦定理化简已知式可得222sin sin sin A B C λ+=，由三角恒等变换化简可得41πsin 21326A λ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再由正弦函数的性质即可求出答案.【详解】（1）当2λ=时，2222a b c +=，由余弦定理可得：2222222222222cos 2224a b a b a b a b c a b C ab ab ab ab +++-+-+====1112442b a b a a b a b ⎛⎫=+≥⨯⋅⋅= ⎪⎝⎭，当且仅当b a a b=即a b =时取等，因为()0,πC ∈，所以π0,3C ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以C 的最大值为π3.（2）由正弦定理可得：sin sin sin a b c A B C ==得222sin sin sin A B C λ+=，因为πA B C ++=，所以2ππ3B AC A =--=-，所以2222222πsin sin sin sin 4313sin 2cos 21sin 34432A A A B A A C λ⎛⎫+- ⎪⎛⎫+⎝⎭===-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎪⎝⎭41πsin 21326A ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，因为ABC 为锐角三角形，所以π022ππ032A A ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，所以ππ,62A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，ππ5π2,666A ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，所以π1sin 2,162A ⎛⎫⎛⎤-∈ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，所以41π5sin 21,23263A ⎡⎤⎛⎫⎛⎤-+∈ ⎪ ⎢⎥⎥⎝⎭⎝⎦⎣⎦，所以5,23λ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.。
黑龙江省哈尔滨市高一数学下学期期末考试试题(含解析)-人教版高一全册数学试题
某某市2016—2017学年度下学期期末考试高一数学试题考试时间：120分钟满分：150分一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60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。
请把答案一律用2B铅笔涂在答题卡上）1. 双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A2. 给出下列命题：①；②；③；④．其中正确的命题是（）A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④【答案】C【解析】当时，命题①错误；当时，命题②错误；据此排除ABD选项.本题选择C选项.3. 焦点在轴上，焦距等于，离心率等于的椭圆的标准方程是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，则椭圆的标准方程为：.本题选择D选项.4. 若，则直线必不经过（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】令x=0，得y=sinα<0，令y=0，得x=cosα>0，直线过(0,sinα)，(cosα,0)两点，因而直线不过第二象限。
本题选择B选项.5. 在中，角的对边满足，且，则的面积等于（）A. B. 4 C. D. 8【答案】A【解析】因为，所以，，三角形面积S=，故选A．6. 等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则前6项的和为（）A. B. C. D. 8【答案】A【解析】∵等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.a2,a3,a6成等比数列，∴a23=a2⋅a6，∴(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),且a1=1，d≠0，解得d=−2，∴{a n}前6项的和为 .本题选择A选项.点睛：(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，a n，d，n，S n，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．7. 已知直线与垂直，则的值是（）A. 或B.C.D. 或【答案】C【解析】由题意得，选C.8. 直线被圆截得的弦长为，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意，得，即，解得，则直线的倾斜角为或，故选A.9. 下列函数中，的最小值为的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】当时，，选项A错误；当时，，选项B错误；当时，，选项C错误；本题选择D选项.10. 已知圆的圆心位于直线上，且圆与直线和直线均相切，则圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】设圆心坐标为，由题意可得：，解得：，圆的半径为：，据此可得圆的方程为：.本题选择B选项.+点睛：求圆的方程，主要有两种方法：(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．11. 椭圆焦点在轴上，离心率为，过作直线交椭圆于两点，则周长为（）A. 3B. 6C. 12D. 24【答案】B【解析】由题意可得：，由椭圆的定义可得：题中三角形的周长为 .本题选择B选项.12. 已知点、是椭圆的左右焦点，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于、两点，若为锐角三角形，则该椭圆的离心率的取值X围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由于为锐角三角形，则，，，或，又，则，选.【点睛】列出一个关于的等式，可以求离心率；列出一个关于的不等式，可以求离心率的取值X围.本题根据等腰三角形为锐角三角形，只需顶角为锐角，所以顶角的一半小于，利用正切函数在是单调增的，列出一个关于的等式，求出离心率.二、填空题（本大题共4题，每题5分，共20分。
黑龙江高一高中数学期末考试带答案解析
黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.的正弦值等于（）A．B．C．D．2.已知点P（）在第三象限，则角在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.已知M＝｛x|y=x2-1｝, N={y|y=x2-1},等于（）A．N B．M C．R D．4.给出下面四个命题：①；②；③；④。
其中正确的个数为（）A．1B．2C．3D．45.下列各式中，值为的是（）A．B．C．D．6.已知，则的值是（）A．－1B．1C．2D．47.若是△的一个内角，且，则的值为（）A．B．C．D．8.函数在一个周期内的图象如下，此函数的解析式为（）A．B．C．D．9.若，点的坐标为，则点的坐标为（）A．B．C．D．10.下列函数中，最小正周期为，且图象关于直线对称的是（）A．B．C．D．11.若函数为奇函数，且在内是增函数，又，则的解集为（）A．B．C．D．12.的值为（）A．B．C．D．二、填空题1.若, 且, 则的值是_____2.若，则=3.已知，与的夹角为，那么=4.给出下列命题：(1)存在实数x，使sinx+cosx＝; (2)若是锐角△的内角，则>; (3)函数y＝sin(x-)是偶函数； (4)函数y＝sin2x的图象向右平移个单位，得到y＝sin(2x+)的图象.其中正确的命题的序号是三、解答题1.已知，当为何值时，平行时它们是同向还是反向？2.已知为锐角，且cos=,cos=，求的值.3.已知函数，，那么（Ⅰ）函数的最小正周期是什么？（Ⅱ）函数在什么区间上是增函数？4.)已知<α<π,0<β<,tanα=－,cos(β－α)= ,求sinβ的值.5.已知向量，求（Ⅰ）；（Ⅱ）若的最小值是，求实数的值．6.已知a≥，f（x）=－a2x2+ax+c.（1）如果对任意x∈［0，1］，总有f（x）≤1成立, 证明c≤;（2）已知关于x的二次方程f（x）=0有两个不等实根，，且，求实数c的取值范围黑龙江高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.的正弦值等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，故选A。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一(下)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一（下）期末数学试卷一、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z =a+i1−i 是纯虚数，则实数a 的值是（ ） A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．12．某企业职工有高级职称的共有15人，现按职称用分层抽样的方法抽取30人，有高级职称的3人，则该企业职工人数为（ ） A ．150B ．130C ．120D ．1003．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，则异面直线AC 和EF 所成的角为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4．设e →1，e →2是两个不共线的向量，若向量m →=−e →1+ke →2(k ∈R)与向量n →=e →2−e →1共线，则k ＝（ ） A ．0B ．12C ．1D ．25．抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，观察向上一面的点数，则下列是互斥事件但不是对立事件的是（ ） A ．“大于3点”与“不大于3点” B ．“大于3点”与“小于2点” C ．“大于3点”与“小于4点”D ．“大于3点”与“小于5点”6．已知三个不同的平面α，β，γ和直线m ，n ，若α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则“α∥β”是“m ∥n ”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7．已知平面向量a →=(1，λ)，b →=(−2，1)，则下列说法正确的是（ ） A ．若λ＝0，则|a →+b →|=2B ．若a →∥b →，则λ＝﹣2C ．若a →与b →的夹角为钝角，则λ＜2D ．若λ＝﹣1，则a →在b →上的投影向量为−35b →8．在△ABC 中，已知sin A +sin B ＝cos A +cos B ，则△ABC 的形状一定是（ ）A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰或直角三角形二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2019-2020学年哈尔滨九中高一下学期期末数学试卷
2019-2020学年哈尔滨九中高一下学期期末数学试卷一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.设x，y∈R，向量a⃗=(x,1),b⃗ =(−1,y),c⃗=(2,−4)且a⃗⊥c⃗，b⃗ //c⃗，则|a⃗+b⃗ |=()A. √5B. √10C. 2√5D. 102.下列符号判断错误的是()A. sin156°>0B. cos(−96°)>0C. tan3π5<0 D. sin(−3π5)<03.已知全集U=R，集合A={x|log3(2x−1)≤1}，B={x|y=√3x2−2x}，则A∩B=()A. (12,1] B. [23,2] C. (23,1] D. (12,23)4.在中，，则()A. B. C. D.5.若{b n}满足约束条件{x−1≥0x−y≤0x+y−4≤0，则z=x+2y的最小值为()A. 3B. 4C. 7D. 26.如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为()A. 4B. 8C. 16D. 207.若△A1B1C1三个角的正弦值分别等于△A2B2C2三个角的余弦值，则()A. △A1B1C1为锐角三角形，△A2B2C2也为锐角三角形B. △A1B1C1为锐角三角形，△A2B2C2为钝角三角形C. △A1B1C1为钝角三角形，△A2B2C2为锐角三角形D. △A1B1C1为钝角三角形，△A2B2C2也为钝角三角形8.三棱锥P−ABC中，D、E分别是三角形PAC和三角形ABC的外心，则下列判断一定正确的是()A. DE//PBB. 当AB =BC 且PA =AC 时，DE//PBC. 当且仅当AB =BC 且PA =AC 时，DE ⊥ACD. DE ⊥AC9.中，角所对的边分别为，已知，则角B 等于A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°10. 已知函数f(x)=2log 2(x −a)−log 2x.若对于任意的x ∈(0,+∞)，都有f(x)≥1，则实数a 的取值范围是( )A. (−∞,−1)B. (−∞,−12]C. (−∞,−1]D. [−12,0)11. 如图，已知底面为直角三角形的直三棱柱ABC −A 1B 1C 1，其三视图如图所示，则异面直线B 1A 与A 1C 所成角的余弦值为( )A. 45B. 8√55 C. 4√525D. 8√52512. 数列{a n }中，a 1=56，a n+1=(5n+10)a n(n 2+5n+6)an +5n+15，则a 99=( )A. 12019B. 20182019C. 12020D. 20192020二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知一个底面置于水平面上的圆锥，其左视图是边长为6的正三角形，则该圆锥的侧面积为______ ．14. 已知向量a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为60°，|a ⃗ |=3，|a ⃗ +b ⃗ |=√13，则|b ⃗ |=______．15. 已知G 为△ABC 为重心，a 、b 、c 分别为∠A 、∠B 、∠C 所对的边，若a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +√33c GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则∠A = ______ ．16.三、解答题（本大题共6小题，共72.0分） 17. 设f(x)=|x|+2|x −a|(a >0) (1)当a =1时，解不等式f(x)≤4 (2)若f(x)最小值是4，求实数a 的取值．18. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且bcosC −ccos(A +C)=3acosB ． (1)求cos B 的值；(2)若BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2，且a =√6，求b 的值．19. 已知数列{a n }中满足a 1=1，a n+1−a n =2n (n ∈N +). (1)求数列{a n }的通项公式 (2)求数列{a n }的前n 项和S n ．20. (本题满分13分)如图，某巡逻艇在处发现北偏东相距海里的处有一艘走私船，正沿东偏南的方向以海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，小时后，巡逻艇到达处，走私船到达处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以海里/小时的速度沿着直线追击．(Ⅰ)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里? (Ⅱ)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船?21. 已知函数f(x)=alnx−x2．,2]上的最大值；(1)当a=2时，求函数y=f(x)在[12(2)令g(x)=f(x)+ax，若y=g(x)在区间(0,3)上不单调，求a的取值范围；(3)当a=2时，函数ℎ(x)=f(x)−mx的图象与x轴交于两点A(x1,0)，B(x2,0)，且0<x1<x2，又ℎ′(x)是ℎ(x)的导函数，若正常数α，β满足条件α+β=1，β≥α.证明：ℎ′(αx1+βx2)<0．22. 设数列{a n}满足：a n+1=4+a n，且a1=1．(1)求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n．(2)若b n为a n与a n+1的等比中项，求数列{1b n2【答案与解析】1.答案：B解析：解：∵a⃗⊥c⃗；∴a⃗⋅c⃗=2x−4=0；∴x=2；∵b⃗ //c⃗；∴4−2y=0；∴y=2；∴a⃗=(2,1),b⃗ =(−1,2)；∴a⃗+b⃗ =(1,3)；∴|a⃗+b⃗ |=√10．故选：B．根据a⃗⊥c⃗即可得出a⃗⋅c⃗=0，从而求出x=2，而根据b⃗ //c⃗即可得出4−2y=0，从而求出y=2，这样即可得出a⃗+b⃗ =(1,3)，从而求出|a⃗+b⃗ |=√10．考查向量垂直的充要条件，向量平行时的坐标关系，向量坐标的加法和数量积运算．2.答案：B解析：解：由于156°为第二象限角，故sin156°>0，故A正确．由于cos(−96°)=cos96°=−sin6°<0，故B不正确．由于tan3π5=tan(π−2π5)=−tan2π5<0，故C正确．由于sin(−3π5)=−sin3π5=−sin2π5<0，故D正确，故选：B．由条件利用三角函数在各个象限中的符号，诱导公式，判断各个选项是否正确，从而得出结论．本题主要考查三角函数在各个象限中的符号，诱导公式的应用，属于基础题．3.答案：B解析：本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．分别求出集合A和B，由此求出A∩B．解：∵全集U=R，集合A ={x|log 3(2x −1)≤1}={x|12<x ≤2}， B ={x|y =√3x 2−2x}={x|x ≤0或x ≥23}， ∴A ∩B ={x|23≤x ≤2}=[23,2]．故选B ．4.答案：B解析：试题分析：由正弦定理可知即，而，且均为三角形的内角，故，所以，故选B ．考点：1.三角形的边角关系；2.正弦定理．5.答案：A解析：解：由约束条件{x −1≥0x −y ≤0x +y −4≤0作出可行域如图，联立{x =1x −y =0，解得A(1,1)，化目标函数z =x +2y 为y =−x2+z2，由图可知，当直线y =−x2+z 2过A 时，直线在y 轴上的截距最小，z 有最小值为3． 故选：A ．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．6.答案：C解析：解：由三视图可知，几何体一四棱锥，底面矩形一边长为6，对应的高为2，几何体高为4 底面积S =6×2=12， 所以V =13Sℎ=13×12×4=16 故选：C ．由三视图可知，几何体是四棱锥，底面三角形一边长为6，对应的高为2，几何体高为4，按照锥体体积公式求解即可．本题是基础题，考查三视图与直观图的关系，几何体的体积计算，考查计算能力，空间想象能力．7.答案：C解析：解：因为△A 1B 1C 1的三个内角的正弦值均大于0，所以△A 2B 2C 2的三个内角的余弦值也均大于0，则△A 2B 2C 2是锐角三角形． 若△A 1B 1C 1是锐角三角形，由{sinA 1=cosA 2=sin(π2−A 2)sinB 1=cosB 2=sin(π2−B 2)sinC 1=cosC 2=sin(π2−C 2)，得{ A 2+A 1=π2B 2+B 1=π2C 2+C 1=π2， 那么，A 1+B 1+C 1=π2，这与三角形内角和是π相矛盾； 若△A 1B 1C 1是直角三角形，不妨设A 1=π2， 则sinA 1=1=cosA 2，所以A 2在(0,π)范围内无值．综上所述，△A 1B 1C 1既不是锐角三角形也不是直角三角形，则△A 1B 1C 1是钝角三角形 故选：C ．首先根据正弦、余弦在(0,π)内的符号特征，确定△A 2B 2C 2是锐角三角形；然后假设△A 1B 1C 1是锐角三角形，则由cosα=sin(π2−α)推导出矛盾；再假设△A 1B 1C 1是直角三角形，易于推出矛盾；最后得出△A 1B 1C 1是钝角三角形的结论．本题主要考查正余弦函数在各象限的符号特征及诱导公式，同时考查反证法思想．8.答案：D解析：解：取AC 中点F ，连接DF 、EF ，由外心可知，DF ⊥AC ，EF ⊥AC ，∵DF ∩EF =F ， ∴AC ⊥平面DEF ， ∵DE ⊂平面DEF ， ∴DE ⊥AC ． 故选D ．取AC 中点F ，连接DF 、EF ，由外心可知，DF ⊥AC ，EF ⊥AC ，利用线面垂直的判定与性质，即可得出结论．本题考查线面垂直的判定与性质，考查外心的性质，比较基础．9.答案：C解析：10.答案：B解析：解：由f(x)≥1整理得log 2(x −a)≥12log 2x +12=log 2√2x ， 所以x −a ≥√2x ，即a ≤x −√2x(x >0)， 令√x =t(t >0)，则a ≤t 2−√2t ．令g(t)=t 2−√2t ，其图象的对称轴为t =√22，所以g(t)min =g(√22)=12−√2×√22=−12，则a ≤−12． 故选：B ．由对数的运算性质可得x −a ≥√2x ，即a ≤x −√2x(x >0)，令√x =t(t >0)，则a ≤t 2−√2t.由二次函数的最值求法，即可得到所求范围．本题考查对数型函数及其应用，以及利用分离变量法求参数的取值范围，考查数学转化思想和运算能力，属于中档题．11.答案：D解析：由题意，可以将三棱柱补形为长方体ABDC −A 1B 1D 1C 1，得到异面直线B 1A 与A 1C 所成角为∠DB 1A ，再由余弦定理求解．本题考查空间几何体的三视图，考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键是找出异面直线所成角，是中档题．解：如图所示，可以将三棱柱补形为长方体ABDC−A1B1D1C1，可得B1D//A1C，则异面直线B1A与A1C所成角为∠DB1A，由三视图可知，B1D=5,B1A=2√5,AD=√13，∴cos∠DB1A=B1D2+B1A2−AD22B1D⋅B1A =8√525．即异面直线B1A与A1C所成角的余弦值为8√525．故选：D．12.答案：C解析：解：由a n+1=(5n+10)a n(n2+5n+6)a n+5n+15=5(n+2)a n(n+3)[(n+2)a n+5]，故(n+3)a n+1=5(n+2)a n(n+2)a n+5，记b n=(n+2)a n，则b n+1=5b nb n+5，两边取倒数，得1b n+1=15+1b n，所以{1bn }是以15为公差的等差数列，又1b1=13a1=25，所以1b n=25+(n−1)15=n+15，所以a n=b nn+2=5(n+1)(n+2)，故a99=5100×101=12020．故选：C ．利用递推关系式推出(n +3)a n+1=5(n+2)a n(n+2)an+5，记b n =(n +2)a n ，则b n+1=5b nb n+5，转化推出{1b n}是以15为公差的等差数列，求解通项公式，然后求解即可．本题考查数列的递推关系式的应用，转化思想以及换元法的应用，考查分析问题解决问题的能力，是难度比较大的题目．13.答案：18π解析：本题考查该圆锥的侧面积，考查学生的计算能力，比较基础．由题意得：底面直径和母线长均为6，利用侧面积公式求出该圆锥的侧面积． 解：由题意得：底面直径和母线长均为6， S 侧=12×2π×3×6=18π． 故答案为18π．14.答案：1解析：解：∵|a ⃗ |=3，|a ⃗ +b ⃗ |=√13，∴13=|a ⃗ +b ⃗ |2=a ⃗ 2+b ⃗ 2+2a ⃗ ⋅b ⃗ =9+b ⃗ 2+3|b ⃗ |，则|b ⃗ |=1． 故答案为：1由向量的数量积的性质可知，13=|a ⃗ +b ⃗ |2=a ⃗ 2+b ⃗ 2+2a ⃗ ⋅b ⃗ ，代入即可求解．本题主要考查了平面向量的数量积的性质的简单应用，属于基础试题．15.答案：π6解析：解：因为G 为△ABC 为重心，所以GA⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 所以，GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−(GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ )， 又因为a GA⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +√33c GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，所以：a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ −√33c(GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0⃗ ， 所以(a −√33c)GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +(b −√33c)GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ， 所以a −√33c =0，b −√33c =0，所以，a =b =√33c ， 所以，由余弦定理：cosA =b 2+c 2−a 22bc=13c 2+c 2−13c 22√33c =√32， 可得：A =π6．故答案为：π6．G 为△ABC 为重心可得GA⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，代入已知可得a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ −√33c(GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0⃗ ，整理有(a −√33c)GA⃗⃗⃗⃗⃗ +(b −√33c)GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，可求a =b =√33c ，由余弦定理可求cos A ，从而得解．本题主要考查了平面向量的基本定理及其意义，余弦定理的简单应用，属于基本知识的考查．16.答案：−2解析：本题考查利用导数求曲线的切线方程的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答． 解：∵曲线y =x n+1(n ∈N ∗)， ∴y′=(n +1)x n ，∴f′(1)=n +1，∴曲线y =x n+1(n ∈N ∗)在(1,1)处的切线方程为y −1=(n +1)(x −1)，该切线与x 轴的交点的横坐标为x n =，∵a n =lgx n ，∴a n =lgn −lg(n +1)，∴a 1+a 2+⋯+a 99=(lg1−lg2)+(lg2−lg3)+(lg3−lg4)+(lg4−lg5)+(lg5−lg6)+⋯+(lg99−lg100) =lg1−lg100=−2． 故答案为：−2．17.答案：解：(1)当a =1时，不等式f(x)≤4可化为：|x|+2|x −1|≤4，当x <0时，原不等式可化为：2−3x ≤4，解得：x ≥−23， ∴−23≤x <0，当0≤x ≤1时，原不等式可化为：2−x ≤4，解得：x ≥−2， ∴0≤x ≤1，当x >1时，原不等式可化为：3x −2≤4，解得：x ≤2，∴0<x ≤2，综上所述不等式f(x)≤8的解集为[−23,2]； (2)∵f(x)=|x|+2|x −a|={2a −3x,x <02a −x,0≤x ≤a 3x −2a,x >a则f(x)在(−∞,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增， ∴当x =a 时，f(x)取最小值a ， ∴a =4．解析：(1)将a =1代入，利用零点分段法，可将函数的解析式化成分段函数的形式，进而分类讨论各段上f(x)≤4的解，最后综合讨论结果，可得不等式f(x)≤4的解集；(2)利用零点分段法，可将函数的解析式化成分段函数的形式，结合一次函数的单调性可分析出函数的f(x)的单调性，进而求出函数f(x)的最小值，得到实数a 的取值．本题考查的知识点是分段函数的应用，绝对值不等式，其中利用零点分段法，将函数的解析式化成分段函数的形式，进而分类讨论是解答此类问题的通法．18.答案：解：(1)在△ABC 中，cos(A +C)=cos(π−B)=−cosB ，∴bcosC −ccos(A +C)=3acosB 可化为bcosC +ccosB =3acosB ． 由正弦定理可得：sinBcosC +sinCcosB =3sinAcosB ， 可得sin(B +C)=3sinAcosB ，即sinA =3sinAcosB. 又sinA ≠0, 故cosB =13．(2)由BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2可得accosB =2， 即ac =6，由a =√6，可得c =√6．由余弦定理得b 2=a 2+c 2−2accosB ，可得b =2√2．解析：本题综合考查了三角形内角和定理、诱导公式、正弦余弦定理、数量积运算等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题． (1)利用三角形内角和定理、诱导公式、正弦定理即可得出； (2)利用数量积运算、余弦定理即可得出．19.答案：解：(1)∵a 1=1，a n+1−a n =2n (n ∈N +)，∴a n=(a n−a n−1)+(a n−1−a n−2)+⋯+(a2−a1)+a1=2n−1+2n−2+⋯+2+1=2n−12−1= 2n−1．(2)数列{a n}的前n项和S n=(2+22+⋯+2n)−n=2×2n−12−1−n=2n+1−2−n．解析：(1)利用“累加求和”方法、等比数列的求和公式即可得出．(2)利用等比数列的求和公式即可得出．本题考查了“累加求和”方法、等比数列的求和公式、递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20.答案：解：如图，由题意知，在三角形BCD中，所以当走私船发现巡逻艇时，两船相距海里；因为所以设追击时间为t，则所以即巡逻艇被骗东15º方向才能最快追上走私船．解析：本题主要考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，(1)先在三角形ABC中根据余弦定理求出BC的长，然后在三角形BCD中利用余弦定理求出CD的长；(2)先求出，然后在三角形CDE中利用正弦定理求出，即可求解．21.答案：(1)解：∵函数f(x)=alnx−x2，可得当a=2时，f′(x)=2x −2x=2−2x2x，故函数y=f(x)在[12,1]是增函数，在[1,2]是减函数，∴f(x)max=f(1)=2ln1−12=−1．(2)解：∵g(x)=alnx−x2+ax，∴g′(x)=ax−2x+a．∵g(x)在区间(0,3)上不单调，∴g′(x)=0在(0,3)上有实数解，且无重根，由g′(x)=0，有a=2x2x+1=(x+1)2−2(x+1)+1x+1=2(x+1+1x+1)−4∈(0,92)，(x∈(0,3))，综上可得，a∈(0,92)．(3)证明：由题意可得，ℎ′(x)=2x−2x−m，又f(x)−mx=0有两个实根x1，x2，∴{2lnx1−x12−mx1=02lnx2−x22−mx2=0，两式相减，得2(lnx1−lnx2)−(x12−x22)=m(x1−x2)，∴m=2(lnx1−lnx2)x1−x2−(x1+x2)．于是ℎ′(αx1+βx2)=2αx1+βx2−2(αx1+βx2)−2(lnx1−lnx2)x1−x2+(x1+x2)=2αx1+βx2−2(lnx1−lnx2)x1−x2+(2α−1)(x2−x1)，∵β≥α，∴2α≤1，∴(2α−1)(x2−x1)≤0．要证：ℎ′(αx1+βx2)<0，只需证：2αx1+βx2−2(lnx1−lnx2)x1−x2<0，只需证：x1−x2αx1+βx2−ln x1x2>0(∗)．令x1x2=t∈(0,1)，∴(∗)化为1−tαt+β+lnt<0，只证u(t)=lnt+1−tαt+β<0即可．∵u′(t)=1t +−(αt+β)−(1−t)α(αt+β)2=1t−1(αt+β)2=(αt+β)2−tt(αt+β)2=α2(t−1)(t−β2α2)t(αt+β)2，又∵β2α2≥1,0<t<1，∴t−1<0，∴u′(t)>0，∴u(t)在(0,1)上单调递增，故有u(t)<u(1)=0，∴lnt+1−tαt+β<0，即x1−x2αt+β+ln x1x2<0，∴ℎ′(αx1+βx2)<0．解析：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性求函数在闭区间上的最值，用分析法证明不等式，体现了转化的数学思想，属于难题．(1)当a=2时，利用导数的符号求得函数的单调性，再根据函数的单调性求得函数y=f(x)在[12,2]上的最大值；(2)先求得g′(x)=ax−2x+a，因为g(x)在区间(0,3)上不单调，所以g′(x)=0在(0,3)上有实数解，且无重根．由g′(x)=0，求得a=2x2x+1=2(x+1+1x+1)−4∈(0,92)，由此可得a的范围；(3)由题意可得，f(x)−mx=0有两个实根x1，x2，化简可得m=2(lnx1−lnx2)x1−x2−(x1+x2).可得ℎ′(αx1+βx2)=2αx1+βx2−2(lnx1−lnx2)x1−x2+(2α−1)(x2−x1)，由条件知(2α−1)(x2−x1)≤0，再用分析法证明ℎ′(αx1+βx2)<0．22.答案：解：(1)∵a n+1=4+a n，且a1=1，∴a n=1+4(n−1)=4n−3；(2)由(1)可知b n2=a n a n+1=(4n−3)(4n+1)，∴1b n2=1(4n−3)(4n+1)=14(14n−3−14n+1)，∴T n=14(1−15+15−19+⋯+14n−3−14n+1)=14(1−14n+1)=n4n+1．解析：(1)直接利用等差数列的通项公式即得结论；(2)通过(1)裂项可知1b n2=14(14n−3−14n+1)，进而并项相加即得结论．本题考查数列的通项及前n项和，考查裂项相消法，注意解题方法的积累，属于中档题．。
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)+答案解析
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）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，则的虚部为()A. B.1 C.3 D.2.已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是()A.若，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，则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，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.794.如图，D是边AC的中点，E在BD上，且，则()A. B.C. D.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在西偏北即的方向上；行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北即的方向上，且仰角为，则此山的高度()A. B. C. D.6.设向量与的夹角为，定义，已知，，则()A. B. C. D.7.在中，，再从下列四个条件中选出两个条件，①；②；③；④面积为，使得存在且唯一，则这两个条件是()A.①②B.①③C.②③D.①④8.在四棱锥中，底面ABCD为等腰梯形，底面若，，则这个四棱锥的外接球表面积为()A. B. C. D.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。
全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知向量，则下列说法正确的是()A.若，则B.若，则C.“”是“与的夹角为钝角”的充要条件D.若，则在上的投影向量的坐标为10.设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是()A.若，则B.若，则C.若，则为钝角三角形D.若，则为等腰三角形或者直角三角形11.如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则()A.三棱锥的外接球表面积为B.动点F的轨迹是一条线段C.三棱锥的体积是随点F的运动而变化的D.若过A，M，三点作正方体的截面，Q为截面上一点，则线段长度的取值范围为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高一(下)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）期末数学试卷一、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z ＝3﹣2i ，则复数z 的虚部为（ ） A ．﹣2iB ．2iC ．﹣2D ．22．m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥n ，n ∥α，则m ∥α C ．若m ⊥α，α⊥β，则m ∥βD ．若n ⊥α，n ⊥β，则α∥β3．若P(AB)=19，P(A)=23，P(B)=13，则事件A 与B 的关系是（ ） A ．互斥但不对立 B ．对立C ．相互独立D ．既互斥又独立4．已知向量a →，b →的夹角为5π6，且|a →|=1，|b →|=√3，则(2a →−b →)⋅(a →+b →)=（ ）A ．−1−√32B ．12C ．72D ．−525．某人从水库中打了一网鱼共1000条，作上记号再放回水库中，数日后又从水库中打了一网鱼共n 条，其中k 条有记号，由此估计水库中共有鱼的条数为（ ） A ．1000kB ．1000n kC ．1000nD ．无法估计6．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为（ ） A ．110B ．25C ．35D ．7107．在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AB ＝2，AC ＝AP ，BC ⊥CA ，若三棱锥P ﹣ABC 外接球的表面积为5π，则BC ＝（ ） A ．1B ．√2C ．√3D ．√58．如图，在山脚A 测得山顶P 的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走a 米到B ，在B 处测得山顶P 的仰角为γ，则山高h ＝（ ）A ．acosαsin(γ−α)sin(γ−β)B ．asinαsin(γ−α)sin(γ−β) C ．acosαsin(γ−β)sin(γ−α)D ．asinαsin(γ−β)sin(γ−α)二、选择题：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．下列说法正确的是（ ）A ．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m 被抽到的概率是0.1B ．已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数C ．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21D ．甲乙丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18 10．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 的对边，则下列叙述正确的是（ ） A ．若a cosB=b cosA，则△ABC 为等腰三角形B ．若A ＞B ，则sin A ＞sin BC ．若AB →⋅BC →＜0，则△ABC 为钝角三角形 D ．若a ＝b sin C +c cos B ，则∠C =π411．如图，AD 与BC 分别为圆台上下底面直径，AD ∥BC ，若AB ＝3，AD ＝2，BC ＝4，则（ ）A ．圆台的母线与底面所成的角的正切值为2√2B ．圆台的全面积为14πC ．圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为√2D ．从点A 经过圆台的表面到点C 的最短距离为3√312．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O 是△ABC 内的一点，△BOC ，△AOC ，△AOB 的面积分别为S A 、S B 、S C ，则有S A OA →+S B OB →+S C OC →=0→，设O 是锐角△ABC 内的一点，∠BAC ，∠ABC ，∠ACB 分别是△ABC 的三个内角，以下命题正确的是（ ）A ．若OA →+OB →+OC →=0→，则O 为△ABC 的重心B ．若OA →+2OB →+3OC →=0→，则S A ：S B ：S C ＝1：2：3C ．则O 为△ABC （不为直角三角形）的垂心，则tan ∠BAC ⋅OA →+tan∠ABC ⋅OB →+tan∠ACB ⋅OC →=0→D ．若|OA →|=|OB →|=2，∠AOB =5π6，2OA →+3OB →+4OC →=0→，则S △ABC =92三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知z ＝2﹣i ，|z +i|= ．14．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，且P A ＝AB ，E 为AP 的中点，则异面直线PC 与DE 所成的角的余弦值为 ．15．甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人．甲班的平均成绩为76分，方差为96分2；乙班的平均成绩为85分，方差为60分2．那么甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是 分，方差是 分2．16．二战期间盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生产的坦克总数．假设德军某月生产的坦克总数是N ，缴获的该月生产的n 辆坦克编号从小到大为x 1，x 2，…，x n ，即最大编号为x n ，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的，因为生产坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号x 1，x 2，…，x n ，相当于从[0，N ]中随机抽取的n 个整数，这n 个数将区间[0，N ]分成（n +1）个小区间，由于N 是未知的，除了最右边的区间外，其他n 个区间都是已知的．由于这n 个数是随机抽取的，所以可以用前n 个区间的平均长度x n n估计所有（n +1）个区间的平均长度Nn+1，进而得到N 的估计值．例如，缴获坦克的编号是3，5，12，18，20，则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为 ．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）四棱锥A ﹣BCDE 的侧面ABC 是等边三角形，EB ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ，BE ＝1，BC ＝CD ＝2，F 是棱AD 的中点． （1）求证：EF ∥平面ABC ； （2）求四棱锥A ﹣BCDE 的体积．18．（12分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ．已知a =√39，b ＝2，∠A ＝120°． （1）求c 的值； （2）求sin （B ﹣C ）．19．（12分）从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：（1）80～90这一组的频数、频率分别是多少？ （2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；（3）从成绩是80分以上的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率．20．（12分）如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中、四边形ABB 1A 1是菱形，且∠ABB 1＝60°，AB ＝BC ＝2，CA ＝CB 1，CA ⊥CB 1，（1）证明：平面CAB 1⊥平面ABB 1A 1； （2）求直线BB 1和平面ABC 所成角的正弦值；21．（12分）已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，在①cosB cosC=−b 2a+c，②sinAsinB−sinC=b+c a+c，③2S =−√3BA →⋅BC →三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答． （1）选_____，求角B 的大小；（2）如图，作AB ⊥AD ，设∠BAC ＝θ，使得四边形ABCD 满足∠ACD =π3，AD =√3，求BC 的取值范围．22．（12分）在校运动会上，有甲、乙、丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、丙首先比赛，乙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12．（1）求丙连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）甲、乙、丙三人中谁最终获胜的概率最大？请说明理由．2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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z ＝3﹣2i ，则复数z 的虚部为（ ） A ．﹣2iB ．2iC ．﹣2D ．2解：由复数的概念可知，复数z ＝3﹣2i 的虚部为﹣2． 故选：C ．2．m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥n ，n ∥α，则m ∥α C ．若m ⊥α，α⊥β，则m ∥β D ．若n ⊥α，n ⊥β，则α∥β解：根据题意，依次分析选项：对于A ，平行于同一个平面的两条直线可以平行、相交或异面，A 错误； 对于B ，m 可能在平面α内，B 错误； 对于C ，m 可能在平面β内，C 错误；对于D ，垂直于同一直线的两个平面平行，D 正确； 故选：D ．3．若P(AB)=19，P(A)=23，P(B)=13，则事件A 与B 的关系是（ ） A ．互斥但不对立 B ．对立C ．相互独立D ．既互斥又独立解：∵P(A)=23，∴P(A)=1−P(A)=1−23=13， ∴P(AB)=P(A)P(B)=19≠0， ∴事件A 与B 不互斥但相互独立， 故选：C ．4．已知向量a →，b →的夹角为5π6，且|a →|=1，|b →|=√3，则(2a →−b →)⋅(a →+b →)=（ ）A ．−1−√32B ．12C ．72D ．−52解：因为向量a →，b →的夹角为5π6，且|a →|=1，|b →|=√3，所以a →⋅b →=|a →||b →|cos5π6=1×√3×(−√32)=−32， 所以(2a →−b →)⋅(a →+b →)=2a →2+a →⋅b →−b →2=2×12−32−3=−52． 故选：D ．5．某人从水库中打了一网鱼共1000条，作上记号再放回水库中，数日后又从水库中打了一网鱼共n 条，其中k 条有记号，由此估计水库中共有鱼的条数为（ ） A ．1000kB ．1000n kC ．1000nD ．无法估计解：估计水库中共有鱼的条数为x ，则1000x=kn ，∴x =1000nk． 故选：B ．6．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为（ ） A ．110B ．25C ．35D ．710解：这5名棋手分别记为：甲，乙，A ，B ，C ，分组情况有：（甲乙A ，BC ），（甲乙B ，AC ），（甲乙C ，AB ），（甲AB ，乙C ），（甲AC ，乙B ）（甲BC ，乙A ），（乙AB ，甲C ），（乙AC ，甲B ），（乙BC ，甲A ），（ABC ，甲乙）共10种， 其中甲和乙在同一人组的有4种，分别为：（甲乙A ，BC ），（甲乙B ，AC ），（甲乙C ，AB ），（ABC ，甲乙），共4种，所以甲和乙不在同一个小组的概率为1−410=35． 故选：C ．7．在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AB ＝2，AC ＝AP ，BC ⊥CA ，若三棱锥P ﹣ABC 外接球的表面积为5π，则BC ＝（ ） A ．1B ．√2C ．√3D ．√5解：∵P A ⊥底面ABC ，BC ⊂底面ABC ， ∴BC ⊥P A ，又∵BC ⊥CA ，CA ∩P A ＝A ，∴BC ⊥面P AC ，∵PB 是Rt △PBC 和Rt △PBA 的公共斜边， ∴PB 是三棱锥的外接球直径，由S =4πR 2=5π⇒R =√52，设AC ＝AP ＝m ，则PB =2R =√m 2+4=√5，则m ＝1，BC =√4−1=√3． 故选：C ．8．如图，在山脚A 测得山顶P 的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走a 米到B ，在B 处测得山顶P 的仰角为γ，则山高h ＝（ ）A ．acosαsin(γ−α)sin(γ−β)B ．asinαsin(γ−α)sin(γ−β) C ．acosαsin(γ−β)sin(γ−α)D ．asinαsin(γ−β)sin(γ−α)解：在△P AB 中，∠PAB =α−β，∠BPA =(π2−α)−(π2−γ)=γ−α， 由正弦定理得PBsin(α−β)=asin(γ−α)，可得PB =asin(α−β)sin(γ−α)，过点B 作BD ⊥AQ ，可得CQ ＝BD ＝a sin β，所以PQ =PC +CQ =PB ⋅sinγ+asinβ=asinαsin(γ−β)sin(γ−α)． 故选：D ．二、选择题：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．下列说法正确的是（ ）A ．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m 被抽到的概率是0.1B ．已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数C ．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21D ．甲乙丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18 解：对于A ，个体m 被抽到的概率为550=0.1，所以选项A 正确；对于B ，数据1，2，3，3，4，5的众数是3，中位数是3，众数等于中位数，选项B 错误；对于C ，数据27，12，14，30，14，17，19，23从小到大排列为：12，14，14，17，19，23，27，30， 由于8×70%＝5.6，其中第6个数为23，所以选项C 错误；对于D ，根据分层抽样原理知，抽取的甲个体数为9时，样本容量为9÷33+1+2=18，选项D 正确．故选：AD ．10．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 的对边，则下列叙述正确的是（ ） A ．若a cosB=b cosA，则△ABC 为等腰三角形B ．若A ＞B ，则sin A ＞sin BC ．若AB →⋅BC →＜0，则△ABC 为钝角三角形 D ．若a ＝b sin C +c cos B ，则∠C =π4 解：由a cosB=b cosA得sinA cosB=sinB cosA⇒sin2B =sin2A ⇒2A =2B +2kπ，或2A +2B ＝π+2k π，k ∈Z ，由于在三角形中，所以A ＝B 或A +B =π2，故△ABC 为等腰三角形或者为直角三角形，故A 错误； 由A ＞B ，得a ＞b ，由正弦定理得sin A ＞sin B ，故B 正确；若AB →⋅BC →＜0，则|AB →|⋅|BC →|cos(π−B)＜0⇒cosB ＞0，因此B 为锐角， 故无法确定△ABC 为钝角三角形，故C 错误； 由a ＝b sin C +c cos B 得sin A ＝sin B sin C +sin C cos B ，进而可得sin （B +C ）＝sin B sin C +sin C cos B ⇒sin B cos C ＝sin B sin C ，由于sin B ≠0， 所以cos C ＝sin C ⇒tan C ＝1，由于C ∈（0，π），所以C =π4，故D 正确． 故选：BD ．11．如图，AD 与BC 分别为圆台上下底面直径，AD ∥BC ，若AB ＝3，AD ＝2，BC ＝4，则（ ）A ．圆台的母线与底面所成的角的正切值为2√2B．圆台的全面积为14πC．圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为√2D．从点A经过圆台的表面到点C的最短距离为3√3解：取圆台的轴截面ABCD，设AD、BC的中点分别为O1、O2，连接O1O2，分别过点A、D在平面ABCD内作AE⊥BC，DF⊥BC，垂足分别为点E、F，由题意可知，O1O2与圆台的底面垂直，易知四边形ABCD为等腰梯形，且AB＝CD＝3，AD＝2，BC＝4，在△ABE和△DCF中，AB＝DC，∠ABE＝∠DCF，∠AEB＝∠DFC＝90°，所以△ABE≌△DCF，所以，BE＝CF，因为AD∥BC，AE⊥BC，DF⊥BC，则四边形ADFE为矩形，且EF＝CD＝2，同理可证四边形AEO2O1为矩形，则O1O2＝AE，且AE∥O1O2，所以AE与圆台的底面垂直，则圆台的母线与底面所成的角为∠ABE，所以BE=CF=AB−EF2=4−22=1，则AE=√AB2−BE2=√32−1=2√2，所以tan∠ABE=AEBE=2√2，A对；对于B，圆台的全面积为π×12+π×22+π×（1+2）×3＝14π，B对；对于C，易知圆台的外接球球心在梯形ABCD内，且CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，由勾股定理可得AC=√AE2+CE2=√8+9=√17，且sin∠ABE=AEAB =2√23，所以圆台的外接球直径为2R=ACsin∠ABE=√17223=3√344，则R=3√348，B错；对于C选项，将圆台沿着轴截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开如下图所示：延长BA 、DC 交于点M ，在圆台的轴截面等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD 且AB =12CD ， 易知A 、D 分别为BM 、CM 的中点，所以，AM ＝DM ＝AB ＝3， 设∠AMD ＝θ，则AD ̂=3θ＝π，则θ=π3， 在△ACM 中，AM ＝3，CM ＝6，∠AMD =π3， 由余弦定理可得AC =√AM 2+CM 2−2AM ⋅CMcosπ3=√32+62−2×3×6×12=3√3， 因此从点A 经过圆台的侧面到点C 的最短距离为3√3，D 对． 故选：ABD ．12．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O 是△ABC 内的一点，△BOC ，△AOC ，△AOB 的面积分别为S A 、S B 、S C ，则有S A OA →+S B OB →+S C OC →=0→，设O 是锐角△ABC 内的一点，∠BAC ，∠ABC ，∠ACB 分别是△ABC 的三个内角，以下命题正确的是（ ）A ．若OA →+OB →+OC →=0→，则O 为△ABC 的重心B ．若OA →+2OB →+3OC →=0→，则S A ：S B ：S C ＝1：2：3C ．则O 为△ABC （不为直角三角形）的垂心，则tan ∠BAC ⋅OA →+tan∠ABC ⋅OB →+tan∠ACB ⋅OC →=0→D ．若|OA →|=|OB →|=2，∠AOB =5π6，2OA →+3OB →+4OC →=0→，则S △ABC =92解：对于A ，设BC 的中点为D ，则OB →+OC →=2OD →=−OA →，∴O ，A ，D 三点共线，且AO →=23AD →，设E ，F 分别为AB ，AC 中点，同理可得，CO →=23CE →，BO →=23BF →，∴O 为△ABC 的重心，选项A 正确；对于B ，由奔驰定理可知，若OA →+2OB →+3OC →=0→， 则S A ：S B ：S C ＝1：2：3，选项B 正确； 对于C ，S △BOC =12|OB →||OC →|sin∠BOC ， S △AOC =12|OA →||OC →|sin∠AOC ，S △AOB =12|OA →||OB →|sin∠AOB ，又OA →⋅OB →=|OA →||OB →|cos∠AOB =−|OA →||OB →|cos∠ACB ， OB →⋅OC →=|OB →||OC →|cos∠BOC =−|OB →||OC →|cos∠BAC ， 又OB →⋅AC →=OB →⋅(OC →−OA →)=OB →⋅OC →−OA →⋅OB →=0， ∴|OA →|cos∠ACB =|OC →|cos∠BAC ， 即|OA →|：|OC →|=cos∠BAC ：cos∠ACB ，同理可得：|OA →|：|OB →|：|OC →|=cos ∠BAC ：cos ∠ABC ：cos ∠ACB ， ∴S △BOC ：S △AOC ：S △AOB=sin∠BAC cos∠BAC ：sin∠ABC cos∠ABC ：sin∠ACBcos∠ACB ＝tan ∠BAC ：tan ∠ABC ：tan ∠ACB ， 结合奔驰定理可知，选项C 正确；对于D ，在△AOB 中，由|OA →|=|OB →|=2，∠AOB =5π6可得： S △AOB =12×2×2×12=1，又2OA →+3OB →+4OC →=0→，则S △BOC ：S △AOC ：S △AOB ＝2：3：4， 则S △BOC =12，S △AOC =34，∴S △ABC ＝S △AOB +S △BOC +S △AOC ＝1+12+34=94，选项D 错误． 故选：ABC ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知z ＝2﹣i ，|z +i|= 2√2 ． 解：∵z ＝2﹣i ， ∴z =2+i ，∴|z +i|=|2+2i|=√22+22=2√2． 故答案为：2√2．14．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，且P A ＝AB ，E 为AP 的中点，则异面直线PC 与DE 所成的角的余弦值为 √105．解：连接AC ，取AC 的中点O ， 连接EO 、BD ， 则EO ∥PC ，则异面直线PC 与DE 所成的角的平面角为∠OED ， 设AB ＝1，由已知可得：P A ＝AD ＝AC ＝1， 又P A ⊥平面ABCD ， 则PC =√2， 则EO =√22，因为BD ⊥AC ，BD ⊥P A ， 所以BD ⊥面P AC ，则BD ⊥EO ， 又OD =12BD =√32，则DE =√(√22)2+(32)2=√52，则cos ∠OED =OE DE =√2252=√105． 故答案为：√105．15．甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人．甲班的平均成绩为76分，方差为96分2；乙班的平均成绩为85分，方差为60分2．那么甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是 80 分，方差是 100 分2．解：甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是5050+40×76+4050+40×85＝80（分）；甲、乙两班全部90名学生的方差是190{50[96+（76﹣80）2]+40[60+（85﹣80）2]}＝100（分2）．16．二战期间盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生产的坦克总数．假设德军某月生产的坦克总数是N ，缴获的该月生产的n 辆坦克编号从小到大为x 1，x 2，…，x n ，即最大编号为x n ，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的，因为生产坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号x 1，x 2，…，x n ，相当于从[0，N ]中随机抽取的n 个整数，这n 个数将区间[0，N ]分成（n +1）个小区间，由于N 是未知的，除了最右边的区间外，其他n 个区间都是已知的．由于这n 个数是随机抽取的，所以可以用前n 个区间的平均长度x n n估计所有（n +1）个区间的平均长度Nn+1，进而得到N 的估计值．例如，缴获坦克的编号是3，5，12，18，20，则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为 24 ．解：由于用前n 个区间的平均长度x n n估计所有（n +1）个区间的平均长度Nn+1，而缴获坦克的编号是3，5，12，18，20，即n ＝5，x 5＝20， 故205=N5+1，∴N ＝24，即则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为24． 故答案为：24．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）四棱锥A ﹣BCDE 的侧面ABC 是等边三角形，EB ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ，BE ＝1，BC ＝CD ＝2，F 是棱AD 的中点． （1）求证：EF ∥平面ABC ； （2）求四棱锥A ﹣BCDE 的体积．证明：（1）取AC 中点M ，连接FM 、BM ， ∵F 是AD 中点，∴FM ∥DC ，且FM =12DC ＝1， ∵EB ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ， ∴EB ∥DC ， ∴FM ∥EB ．又∵EB ＝1，∴FM ＝EB ， ∴四边形BEFM 是平行四边形， ∴EF ∥BM ，∵EF ⊄平面ABC ，BM ⊂平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC ．解：（2）取BC 中点N ，连接AN ， ∵AB ＝AC ， ∴AN ＝BC ， ∵EB ⊥平面ABC ，∴AN⊥EB，∵BC与EB是底面BCDE内的相交直线，∴AN⊥平面BCDE，由（1）得，底面BCDE为直角梯形，S梯形BCDE=EB+DC⋅BC2=3，在等边△ABC中，BC＝2，∴AN=√3，∴V棱锥A﹣BCDE=13S梯形BCDE•AN=√3．18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知a=√39，b＝2，∠A＝120°．（1）求c的值；（2）求sin（B﹣C）．解：（1）a=√39，b＝2，∠A＝120°，则a2＝b2+c2﹣2bc•cos A＝4+c2+2c＝39，化简整理可得，（c+7）（c﹣5）＝0，解得c＝5（负值舍去）；（2）a=√39，b＝2，∠A＝120°，则sin B=bsinAa=2×√3239=√1313，则cos B=√1−sin2B=2√39 13，则sin C=csinAa=5×√32√39=5√1326，故cos C=√1−sin2C=3√39 26，所以sin（B﹣C）＝sin B cos C﹣sin C cos B=√1313×3√3926−5√1326×2√3913=−7√326．19．（12分）从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：（1）80～90这一组的频数、频率分别是多少？（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；（3）从成绩是80分以上的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率．解：（1）根据题意，50～60的这一组的频率为0.015×10＝0.15，60～70的这一组的频率为0.025×10＝0.25，70～80这一组的频率为0.035×10＝0.35，90～100的这一组的频率为0.005×10＝0.05，则80～90这一组的频率为[1﹣（0.15+0.25+0.35+0.05）]÷2＝0.1，其频数为40×0.1＝4；（2）这次竞赛的平均数为45×0.1+55×0.15+65×0.25+75×0.35+85×0.1+95×0.05＝68.5，70（分）左右两侧的频率均为0.5，则中位数为70；（3）记“取出的2人在同一分数段”为事件E，因为80～90之间的人数为40×0.1＝4人，设为a、b、c、d，90～100之间有40×0.05＝2人，设为A、B，从这6人中选出2人，有{a，b}、{a，c}、{a，d}、{a，A}、{a，B}、{b，c}、{b，d}、{b，A}、{b，B}、{c，d}、{c，A}、{c，B}、{d，A}、{d，B}、{A，B}，共15个基本事件，其中事件E包括{a，b}、{a，c}、{a，d}、{b，c}、{b，d}、{c，d}、{A，B}，共7个基本事件，则P（E）=7 15．20．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中、四边形ABB1A1是菱形，且∠ABB1＝60°，AB＝BC＝2，CA ＝CB1，CA⊥CB1，（1）证明：平面CAB1⊥平面ABB1A1；（2）求直线BB1和平面ABC所成角的正弦值；证明：（1）取AB 1的中点O ，连接OC ，OB ，如图所示： ∵四边形ABB 1A 1是菱形，且∠ABB 1＝60°， ∴△ABB 1为等边三角形，又∵AB ＝2， ∴OB ＝2×√32=√3，AB 1＝2，∵CA ＝CB 1，CA ⊥CB 1，∴CO ⊥AB 1，且CO =12AB 1=1， 又∵BC ＝2，∴BC 2＝OB 2+CO 2， ∴CO ⊥OB ，又∵CO ⊥AB 1，AB 1∩OB ＝O ， ∴CO ⊥平面ABB 1A 1， 又∵CO ⊂平面CAB 1， ∴平面CAB 1⊥平面ABB 1A 1；解：（2）由（1）可知，OB ，OB 1，OC 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OB →，OB 1→，OC →的正方向为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则B （√3，0，0），B 1（0，1，0），A （0，﹣1，0），C （0，0，1）， ∴BB 1→=（−√3，1，0），AB →=（√3，1，0），AC →=（0，1，1）， 设平面ABC 的一个法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅AB →=0n →⋅AC →=0， 即{√3x +y =0y +z =0，取x =√3得，{y =−3z =3，∴n →=（√3，﹣3，3），∴直线BB 1和平面ABC 所成角的正弦值为|cos ＜BB 1→，n →＞|=|BB 1→⋅n →||BB 1→||n →|=√217． 21．（12分）已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，在①cosB cosC=−b 2a+c，②sinAsinB−sinC=b+c a+c，③2S =−√3BA →⋅BC →三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答． （1）选_____，求角B 的大小；（2）如图，作AB ⊥AD ，设∠BAC ＝θ，使得四边形ABCD 满足∠ACD =π3，AD =√3，求BC 的取值范围．解：（1）选①，由正弦定理可得：cosB cosC=−sinB 2sinA+sinC，整理可得：sin C cos B +sin B cos C +2sin A cos B ＝0， 即sin （B +C ）+2sin A cos B ＝0，因为sin （B +C ）＝sin A ，且sin A ≠0，可得cos B =−12， 因为B ∈（0，π）， 所以B =23π；选②，由正弦定理可得：2×12acsinB =−√3×accosB a b−c =b+ca+c ， 整理可得：a 2+ac ＝b 2﹣c 2，即a 2+c 2﹣b 2＝﹣ac ，由余弦定理得：cosB =a 2+c 2−b 22ac =−12，因为B ∈（0，π）， 所以B =23π；选③，由2S =−√3BA →⋅BC →可得：2×12acsinB =−√3×accosB ， 即tan B =−√3， 因为B ∈（0，π）， 所以B =23π；（2）∵AB ⊥AD ，∠ACD =π3，∠BAC ＝θ，θ∈(0，π3)， ∴∠CAD =π2−θ，∠D =π−∠CAD −∠ACD =π−(π2−θ)−π3=π6+θ， ∠ACB =π3−θ，在△ACD 中，由正弦定理有：AC sinD=AD sin∠ACD，∴AC =AD⋅sinD sin∠ACD =√3×sin(π6+θ)32=2sin(θ+π6)， 在△ABC 中，由正弦定理有：BCsin∠BAC=AC sinB，∴BC =AC⋅sin∠BAC sinB =2sin(θ+π6)sinθ√32=4√33sinθsin(θ+π6)=4√33sinθ(√32sinθ+12cosθ) =2sin 2θ+2√33sinθcosθ=1−cos2θ+√33sin2θ=2√33sin(2θ−π3)+1， ∵θ∈(0，π3)，∴2θ−π3∈(−π3，π3)，∴sin(2θ−π3)∈(−√32，√32)， ∴BC ∈（0，2），∴BC 的取值范围（0，2）．22．（12分）在校运动会上，有甲、乙、丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、丙首先比赛，乙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12．（1）求丙连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）甲、乙、丙三人中谁最终获胜的概率最大？请说明理由．解：（1）丙连胜四场的情况为：“丙胜甲负，丙胜乙负，丙胜甲负，丙胜乙负”， 所以丙连胜四场的概率：P 1=(12)4=116；（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛， 而甲、丙连胜四场的概率为(12)4×2=18， 乙上场后连胜三场获胜的概率为P 2=(12)3=18，∴需要进行第五场比赛的概率P 3=1−18−18=1−14=34；（3）三人中乙最终获胜的概率最大．理由如下：记事件A为甲输，事件B为丙输，事件C为乙输，记事件M：甲赢，记事件N：赢，则甲赢的基本事件包括：BCBC、ABCBC、ACBCB、BABCC、BACBC、BCACB、BCABC、BCBAC，∴甲赢的概率为P(M)=(12)4+7×(12)5=932，由对称性可知，丙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等，即丙最终获胜的概率也是932，所以乙赢的概率为P(N)=1−932×2=716，又716＞932，所以三人中乙最终获胜的概率最大．第21页（共21页）。
黑龙江省2021版高一下学期数学期末考试试卷(I)卷
黑龙江省2021版高一下学期数学期末考试试卷（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分） (2018高一下·黄冈期末) 的值为（）A .B .C .D .2. （2分）要得到函数的图象，只要将函数y=sin2x的图象（）A . 向左平移单位B . 向右平移单位C . 向左平移单位D . 向右平移单位3. （2分） (2017高二上·荔湾月考) 下列程序框图表示的算法是（）．A . 输出，，B . 输出最大值C . 输出最小值D . 比较，，的大小4. （2分） (2019高三上·衡阳月考) 已知，则的值为（）A .B .C .D .5. （2分）要得到函数的图象，只须将的图象上的所有的点（）A . 向左平移个单位长度B . 向右平移个单位长度C . 向左平移个单位长度D . 向右平移个单位长度6. （2分）在平面直角坐标系中，菱形OABC的两个顶点为O(0,0)，A(l,1)，且＝1，则等于（）A . －1B . 1C .D .7. （2分）若直线（a>0,b>0）被圆截得的弦长为4，则的最小值为（）A .B .C . 2D . 48. （2分） (2017高一下·天津期末) 某工厂A，B，C三个车间共生产2000个机器零件，其中A车间生产800个，B车间生产600个，C车间生产600个，要从中抽取一个容量为50的样本，记这项调查为①：某学校高中一年级15名男篮运动员，要从中选出3人参加座谈会，记这项调查为②，则完成①、②这两项调查宜采用的抽样方法依次是（）A . 分层抽样系统抽样B . 分层抽样简单随机抽样C . 系统抽样简单随机抽样D . 简单随机抽样分层抽样9. （2分） (2016高三上·枣阳期中) 已知实数x，y满足，则2x﹣y的最大值为（）A .B . 0C . ﹣1D .10. （2分） (2015高一上·莆田期末) 函数的最小正周期为π，若其图象向左平移个单位后得到的函数为奇函数，则函数f（x）的图象（）A . 关于点对称B . 关于点对称C . 关于直线对称D . 关于直线对称11. （2分） (2016高一下·郑州期末) 在直角△ABC中，∠BCA=90°，CA=CB=1，P为AB边上的点且=λ，若• ≥ • ，则λ的取值范围是（）A . [ ，1]B . [ ，1]C . [ ， ]D . [ ， ]12. （2分）已知，则的值等于（）A .B .C . 2D .二、填空题 (共4题；共5分)13. （1分） (2019高二上·田阳月考) 在区间上随机取一个数，则的概率是________.14. （1分） (2018高一下·伊通期末) 已知变量之间的一组数据如表：01231357则与的线性回归直线必过点________．15. （2分） (2019高二上·丽水月考) 已知，，则＝________；在方向上的投影等于________．16. （1分）一组数据的标准差为s，将这组数据中每一个数据都扩大到原来的2倍，所得到的一组数据的方差是________．三、解答题 (共6题；共50分)17. （10分）计算题（1）已知tan α= ，求的值；（2）化简：．18. （10分） (2020高二下·长春期中) 某校高二（1）班的一次数学测试成绩的茎叶图和频率分布直方图都受到不同程度的破坏，如图所示：试根据图表中的信息解答下列问题：（1）求全班的学生人数及分数在之间的频数；（2）为快速了解学生的答题情况，老师按分层抽样的方法从位于，和分数段的试卷中抽取8份进行分析，再从中任选3人进行交流，求交流的学生中，成绩位于分数段的人数X的分布列和数学期望.19. （5分）一中学某班（共30人）一次数学小测验（满分100分）的成绩统计如下茎叶图所示（Ⅰ）求该班学生成绩的中位数与极差；（Ⅱ）用分层抽样的方法从表中[70，80），[80，90），[90，100]三个分数段的成绩中抽取一个容量为6的样本，各分数段应抽取几人成绩？（Ⅲ）从[90，100]分数段中任取两个成绩，求其值相差不小于3的概率．20. （5分）已知圆的圆心为（1，2）和圆上的一点为（﹣2，6），求圆的标准方程．21. （10分） (2016高一下·南安期中) 已知函数f（x）=4cosxsin（x+ ）﹣1．（1）求f（x）的最小正周期；（2）若函数f（x）的定义域为，求单调递减区间和值域．22. （10分） (2017高一下·蚌埠期中) 已知函数f（x）=asinx•cosx﹣ acos2x+ a+b（a＞0）（1）写出函数的单调递减区间；（2）设x∈[0， ]，f（x）的最小值是﹣2，最大值是，求实数a，b的值．参考答案一、单选题 (共12题；共24分)答案：1-1、考点：解析：答案：2-1、考点：解析：答案：3-1、考点：解析：答案：4-1、考点：解析：答案：5-1、考点：解析：答案：6-1、考点：解析：答案：7-1、考点：解析：答案：8-1、考点：解析：答案：9-1、考点：解析：答案：10-1、考点：解析：答案：11-1、考点：解析：答案：12-1、考点：解析：二、填空题 (共4题；共5分)答案：13-1、考点：解析：答案：14-1、考点：解析：答案：15-1、考点：解析：答案：16-1、考点：解析：三、解答题 (共6题；共50分)答案：17-1、答案：17-2、考点：解析：答案：18-1、答案：18-2、考点：解析：答案：19-1、考点：解析：答案：20-1、考点：解析：答案：21-1、答案：21-2、考点：解析：答案：22-1、答案：22-2、考点：解析：。
哈尔滨市高一下学期数学期末考试试卷(I)卷
哈尔滨市高一下学期数学期末考试试卷（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共10题；共20分)1. （2分） (2020高二上·黄陵期末) 把十进制数化为二进制数为（）A .B .C .D .2. （2分）任何一种算法都离不开的基本结构为（）A . 逻辑结构B . 条件结构C . 循环结构D . 顺序结构3. （2分）运行如图所示的程序流程图，则输出I的值是（）A . 5B . 7C . 9D . 114. （2分） (2017高一下·河北期末) 该程序运行后，变量y的值是（）A . 3B . 6C . 9D . 275. （2分） (2017高一下·拉萨期末) 要从已编号（1﹣50）的50件产品中随机抽取5件进行检验，用系统抽样方法确定所选取的5件产品的编号可能是（）A . 5，10，15，20，25B . 2，4，8，16，22C . 1，2，3，4，5D . 3，13，23，33，436. （2分） (2019高一下·佛山月考) 2019年是新中国成立70周年，也是全面建成小康社会的关键之年.为喜迎祖国70周年生日，全民齐心奋力建设小康社会，某校特举办“喜迎国庆，共建小康”知识竞赛活动.下面的茎叶图是参赛两组选手的答题得分情况，则下列说法正确的是（）甲乙5777328345391A . 甲组选手得分的平均数小于乙组选手得分的平均数.B . 甲组选手得分的中位数大于乙组选手得分的平均数.C . 甲组选手得分的中位数等于乙组选手得分的中位数.D . 甲组选手得分的方差大于乙组选手得分的方差.7. （2分）(2018·河北模拟) 在下列各图中，每个图的两个变量具有相关关系的图是A . （1）（2）B . （1）（3）C . （2）（4）D . （2）（3）8. （2分）如果事件A与B是互斥事件且事件A＋B的概率是0.8，事件A的概率是事件B的概率的3倍，则事件A的概率是（）A . 0.4B . 0.6C . 0.8D . 0.29. （2分）在区间内随机取两个数分别记作a，b。
黑龙江高一高中数学期末考试带答案解析
黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.在等差数列中，若=4，=2，则=（）A．-1B．0C．1D．62.用斜二测画法作出一个三角形的直观图，则原三角形面积是直观图面积的（）A．倍B．倍C．倍D．倍3.不等式组的解集为（）A．B．C．D．4.已知直线，直线，且，则的值为（）A．-1B．C．或-2D．-1或-25.已知数列满足，，则数列的前6 项和为（）A．B．C．D．6.在梯形中，， .将梯形绕所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．7.若非零向量满足=，且，则与的夹角为（）A．B．C．D．8.一个长方体被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示（单位:）,则该几何体的体积为（）A．120B．80C．100D．609.若满足约束条件且向量，，则的取值范围是（）A．B．C．D．10.已知正实数，满足，则的最小值是（）A．B．C．D．611.过点P的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（）A．B．C．D．12.若直线y＝x＋b与曲线y＝3－有公共点，则b的取值范围是（）A．[1－2，1＋2]B．[1－，3]C．[－1,1＋2]D．[1－2，3]二、填空题1.若直线与圆相交于A,B两点,且（O为坐标原点），则=_____.2.如图，长方体中，为的中点，三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则的值为．3.过点引直线，使点，到它的距离相等，则这条直线的方程为4.已知，且，若恒成立，则实数的取值范围为__________．三、解答题1.在中，已知.（1）求的长；（2）求的值.2.已知圆C：和直线：，点P是圆C上的一动点，直线与x轴,y轴的交点分别为点A、B。
（1）求与圆C相切且平行直线的直线方程；（2）求面积的最大值.3.已知的面积为，且.（1）求的值；（2）若，，求的面积.4.已知过点且斜率为的直线与圆C：交于两点.（1）求的取值范围；（2），其中O为坐标原点，求.5.已知等差数列的公差，其前项和为，若，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）记，且数列的前项和为，证明：．6.已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，．（1）求圆的圆心坐标；（2）求线段的中点的轨迹的方程；（3）是否存在实数，使得直线与曲线只有一个交点？若存在，求出的取值范围. 若不存在，说明理由．黑龙江高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.在等差数列中，若=4，=2，则=（）A．-1B．0C．1D．6【答案】B【解析】由等差数列性质可知【考点】等差数列性质2.用斜二测画法作出一个三角形的直观图，则原三角形面积是直观图面积的（）A．倍B．倍C．倍D．倍【答案】A【解析】以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法知，三角形的底长度不变，高所在的直线为y′轴，长度减半，所以三角形的高变为原来的，所以直观图中三角形面积是原三角形面积的，即原三角形面积是直观图面积的倍．【考点】斜二测法画直观图3.不等式组的解集为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，所以不等式的解集为【考点】不等式解法4.已知直线，直线，且，则的值为（）A．-1B．C．或-2D．-1或-2【答案】D【解析】由两直线平行可知系数满足的值为-1或-2【考点】两直线平行的判定5.已知数列满足，，则数列的前6 项和为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，所以数列是等比数列，公比为【考点】等比数列求和6.在梯形中，， .将梯形绕所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，几何体的体积为：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积7.若非零向量满足=，且，则与的夹角为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【考点】数量积表示两个向量的夹角8.一个长方体被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示（单位:）,则该几何体的体积为（）A．120B．80C．100D．60【答案】C【解析】由三视图可判断几何体为一长方体削去一个角，其直观图如图：长方体的长、宽、高分别为5、4、6，∴长方体的体积为5×4×6=120，削去的三棱锥的体积为×5×4×6=20，∴该几何体的体积为120-20=100【考点】由三视图求面积、体积9.若满足约束条件且向量，，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵向量，，∴，设z=3x+2y，作出不等式组对于的平面区域如图：由z=3x+2y，则，平移直线，由图象可知当直线，经过点B时，直线的截距最大，此时z最大，由，解得，即B（1，1），此时zmax=3×1+2×1=5，经过点A时，直线的截距最小，此时z最小，由，解得，即A，此时zmin=3×+2×=，则≤z≤5【考点】简单线性规划10.已知正实数，满足，则的最小值是（）A．B．C．D．6【答案】B【解析】：∵正实数a，b满足，∴，化为，当且仅当时取等号．b+2a=3ab．∴（a+1）（b+2）=ab+b+2a+2=4ab+2≥+2＝【考点】基本不等式11.过点P的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意可得点P在圆的外部，故要求的直线的斜率一定存在，设为k，则直线方程为 y+1=k（x+），即 kx-y+k-1=0．根据直线和圆有交点、圆心到直线的距离小于或等于半径可得，即，解得0≤k≤，故直线l的倾斜角的取值范围是【考点】直线与圆的位置关系12.若直线y＝x＋b与曲线y＝3－有公共点，则b的取值范围是（）A．[1－2，1＋2]B．[1－，3]C．[－1,1＋2]D．[1－2，3]【答案】D【解析】如图所示：曲线y＝3－，即（1≤y≤3，0≤x≤4），表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆．由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，可得或．结合图象可得【考点】直线与圆的位置关系二、填空题1.若直线与圆相交于A,B两点,且（O为坐标原点），则=_____.【答案】2【解析】若直线3x-4y+5=0与圆交于A、B两点，O为坐标原点，且∠AOB=120°，则圆心（0，0）到直线3x-4y+5=0的距离，即，解得r=2，【考点】直线与圆相交的性质2.如图，长方体中，为的中点，三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则的值为．【答案】【解析】设AB=a，AD=b，=c．则．．∴．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积3.过点引直线，使点，到它的距离相等，则这条直线的方程为【答案】【解析】由题意，所求直线有两条，其中一条是经过点P且与AB平行的直线；另一条是经过P与AB中点C的直线．∵A（2，-3），B（4，5），∴AB的斜率，可得经过点P且与AB平行的直线方程为y+1=4（x-3），化简得4x-y-13=0，又∵AB中点为C（3，1）∴经过PC的直线方程为x=3【考点】两点间距离公式的应用4.已知，且，若恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】，∴∵恒成立，∴，求得-4＜m＜2【考点】函数恒成立问题三、解答题1.在中，已知.（1）求的长；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）直接利用余弦定理求解即可．（2）利用正弦定理求出C的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可试题解析：（1）由余弦定理知，，所以．（2）由正弦定理知，，所以．因为，所以为锐角，则．因此【考点】余弦定理的应用；二倍角的正弦2.已知圆C：和直线：，点P是圆C上的一动点，直线与x轴,y轴的交点分别为点A、B。
哈尔滨市高一下学期期末数学考试试卷(I)卷
哈尔滨市高一下学期期末数学考试试卷（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共15题；共30分)1. （2分） (2019高一上·河南期中) 已知集合A＝{﹣2，0，1，3}，B＝{x|﹣＜x＜ }，则集合A∩B 的子集个数为（）A . 4B . 8C . 16D . 322. （2分）已知A(7，8)，B(3，5)，则向量方向上的单位向量的坐标是（）A . (－，－)B . (，)C . (，)D . (4，3)3. （2分） (2016高一上·武汉期中) 函数f（x）的定义域为[0，8]，则函数的定义域为（）A . [0，4]B . [0，4）C . （0，4）D . [0，4）∪（4，16]4. （2分）已知a是函数的零点，若0<x0<a，则f(x0)的值满足（）A . f(x0)=0B . f(x0)>0C . f(x0)<0D . f(x0)的符号不能确定5. （2分） (2017高二上·西安期末) 在正四棱锥P﹣ABCD中，O为正方形ABCD的中心，=λ （2≤λ≤4），且平面ABE与直线PD交于F， =f（λ），则（）A . f（λ）=B . f（λ）=C . f（λ）=D . f（λ）=6. （2分） (2019高三上·沈阳月考) 定义在上的函数满足，且时，，则（）A .B .C .D .7. （2分）在中，如果有，则的形状是（）A . 等腰三角形或直角三角形B . 直角三角形C . 等腰直角三角形D . 等边三角形8. （2分） (2018高一下·齐齐哈尔期末) 已知函数若对任意的，都有，则实数的取值范围为（）A .B .C .D .9. （2分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则△ABC的形状为（）A . 直角三角形B . 等腰三角形C . 等腰直角三角形D . 等腰或直角三角形10. （2分） (2017高一上·深圳期末) 若函数y=x2﹣3x﹣4的定义域为[0，m]，值域为[﹣，﹣4]，则m的取值范围是（）A . （0，4]B .C .D .11. （2分）已知，则cos2α+sinα•cosα的值是（）A .B .C .D .12. （2分）(2017·桂林模拟) 若单位向量，的夹角为，则向量与向量的夹角为（）A .B .C .D .13. （2分） (2018高一下·宜昌期末) 将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的图象，若，且，则的最大值为（）A .B .C .D .14. （2分）(2020·漳州模拟) 在中，，AD是BC边上的高，则等于（）A . 0B .C . 2D . 115. （2分）对任意的锐角α，β，下列不等关系中正确的是（）A . sin（α+β）>sinα+sinβB . sin（α+β）>cosα+cosβC . cos（α+β）<sinα＋sinβD . cos（α+β）<cosα＋cosβ二、填空题 (共8题；共8分)16. （1分）函数的定义域为________．17. （1分）已知a=log23，则4a=________18. （1分）在平行四边形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，DE交AF于点H，记、分别为，，则 =________（用，表示）19. （1分） (2016高一下·河源期中) 若函数f（x）=|x+1|+|ax﹣1|是偶函数，则a=________．20. （1分）(2018·虹口模拟) 椭圆的长轴长等于，短轴长等于，则此椭圆的内接矩形的面积的最大值为________.21. （1分）在相距4千米的A，B两出测量目标C，若∠CAB=75°，∠CBA=60°，求A，C之间的距离是________千米．22. （1分） (2016高一上·密云期中) 为了保证信息安全传输必须使用加密方式，有一种方式其加密、解密原理如下：已知加密为y=ax﹣2（x为明文、y为密文），如果明文“3”通过加密后得到密文为“6”，再发送，接受方通过解密得到明文“3”，若接受方接到密文为“14”，则原发的明文是________23. （1分）已知向量=（1，x），=（x﹣1，2），若，则x=________三、解答题 (共2题；共10分)24. （5分）函数的图象与直线有且仅有两个不同的交点，求的取值范围．25. （5分）(2017·东北三省模拟) 已知函数f（x）=（x﹣1）ex+ax2有两个零点（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的最小值；（Ⅱ）求a的取值范围；（Ⅲ）设x1 ， x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜0．参考答案一、选择题 (共15题；共30分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、13-1、14-1、15-1、二、填空题 (共8题；共8分) 16-1、17-1、18-1、19-1、20-1、21-1、22-1、23-1、三、解答题 (共2题；共10分) 24-1、。
黑龙江省哈尔滨市呼兰第九中学2021年高一数学理期末试题含解析
黑龙江省哈尔滨市呼兰第九中学2021年高一数学理期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设，则的大小关系是（）A．B．C．D．参考答案：B2. （5分）若{2，3}?M?{1，2，3，4，5}，则M的个数为（）A． 5 B． 6 C．7 D．8参考答案：B考点：子集与真子集．专题：计算题；集合．分析：由题意，{2，3}?M?{1，2，3，4，5}可看成求集合{1，4，5}的非空真子集，从而求解．解答：{2，3}?M?{1，2，3，4，5}可看成求集合{1，4，5}的非空真子集，故23﹣2=6；故选B．点评：本题考查集合的子集的求法，属于基础题．3. 设函数（）奇函数则= ( )A. B. C. D.参考答案：C略4. （5分）给出下列关系：①=R；②?Q；③|﹣3|?N+；④|﹣|∈Q，其中正确的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个参考答案：A考点：元素与集合关系的判断．专题：集合．分析：首先要弄清题中大写字母表示的数集的含义：R表示实数集，Q表示有理数集，N*表示正整数集，Z表示整数集，在这些概念的基础之上，再对四个命题加以判断，就不难得出正确命题的个数了．解答：对于①，因为是实数，用符号表示为：∈R，即是集合中的元素，=R符号使用错误，故①错误，对于②，因为是无理数，用符号表示为：?Q，故②正确，对于③，因为|﹣3|=3是正整数，用符号表示为：3∈N*，|﹣3|?N+，符号使用错误，故③错误，对于④，因为|﹣|=是无理数，?Q，④错误．正确命题是②，故答案为：A．点评：本题借助于几个数所属数集的关系，着重考查了集合的元素与集合的关系和大写字母表示数集的含义等知识点，属于基础题．5. 若函数y=log a（x2﹣ax+1）有最小值，则a的取值范围是( )A．0＜a＜1 B．0＜a＜2，a≠1C．1＜a＜2 D．a≥2参考答案：C【考点】对数函数的值域与最值．【专题】计算题．【分析】先根据复合函数的单调性确定函数g（x）=x2﹣ax+1的单调性，进而分a＞1和0＜a＜1两种情况讨论：①当a＞1时，考虑地函数的图象与性质得到x2﹣ax+1的函数值恒为正；②当0＜a＜1时，x2﹣ax+1没有最大值，从而不能使得函数y=log a（x2﹣ax+1）有最小值．最后取这两种情形的并集即可．【解答】解：令g（x）=x2﹣ax+1（a＞0，且a≠1），g（x）开口向上；①当a＞1时，g（x）在R上恒为正；∴△=a2﹣4＜0，解得1＜a＜2；②当0＜a＜1时，x2﹣ax+1没有最大值，从而不能使得函数y=log a（x2﹣ax+1）有最小值，不符合题意．综上所述：1＜a＜2；故选C．【点评】本题考查对数的性质，函数最值，考查学生发现问题解决问题的能力，是中档题．6. （5分）若一根蜡烛长20cm，点燃后每小时燃烧5cm，则燃烧剩下的高度h（cm）与燃烧时间t（小时）的函数关系用图象表示为（）A．B．C．D．参考答案：B考点：函数的图象．专题：函数的性质及应用．分析：根据实际情况即可解答解答：蜡烛剩下的长度随时间增长而缩短，根据实际意义不可能是D，更不可能是A、C．故选B．点评：解答一次函数的应用题时，必须考虑自变量的取值范围要使实际问题有意义．7. 已知集合，，若,则实数a的取值范围是A．(－∞,4] B．[4,+∞) C．(－∞,4)D．(4,+∞)参考答案：A，，因为，所以即.故选A.8. 下列函数中为偶函数且在（0，+∞）上是增函数的是（）A．y=x2+2x B．y=﹣x3 C．y=|lnx| D．y=2|x|参考答案：D【考点】函数奇偶性的判断；函数单调性的判断与证明．【分析】容易看出二次函数y=x2+2x不关于y轴对称，从而该函数不是偶函数，而显然选项B的函数为奇函数，而函数y=|lnx|的定义域为（0，+∞），从而该函数不是偶函数，而容易判断D正确．【解答】解：A．y=x2+2x的对称轴为x=﹣1，即该函数不关于y轴对称，∴不是偶函数；B．y=﹣x3为奇函数；C．y=|lnx|的定义域为（0，+∞），不关于原点对称，∴该函数非奇非偶；D．y=2|x|为偶函数，x＞0时，y=2x为增函数，∴该选项正确．故选：D．9. 已知向量=（﹣1，2），=（3，1），=（k，4），且（﹣）⊥，则?（+）=（）A．（2，12）B．（﹣2，12）C．14 D．10参考答案：C【考点】平面向量数量积的运算．【分析】由已知求出，的坐标，再由（﹣）⊥列式求得k值，得到，然后利用数量积的坐标运算求得?（+）．【解答】解：∵ =（﹣1，2），=（3，1），=（k，4），∴=（﹣4，1），=（2，3），∵（﹣）⊥，∴﹣4k+4=0，解得k=1．∴，则?（+）=（1，4）?（2，3）=1×2+4×3=14．故选：C．10. 已知弧度为2的圆心角所对的弦长也是2，则这个圆心角所对的弧长是（）A．2 B． C． D．参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 当0 < θ <时，p= sin θ + csc θ和q= tan θ + cot θ的大小关系是。
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黑龙江省哈九中08-09学年高一下学期期末考试
数学
（考试时间：120分钟，满分: 150分共4页命题人：沙启娥丁玉民盛忠平）
一、选择题（每小题5分，共60分）
1．设为非零实数，如果，那么下列不等式中正确的是（）
A．B．C．D．
2．在中，，则的形状为（）
A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形
3．设等差数列的前项和为，若，则的值为（）
A．B．C．D．
4．圆锥的轴截面为等腰直角三角形，侧面积为，则圆锥的体积为（）
A．B．C．D．
5．若直线与圆有两个不同的交点，则实数的取值范围是（）
A．B．C．D．
6．有一长为米的斜坡，它的坡度为，在不改变坡高和坡顶的情况下，通过加长坡面的方法将斜坡的坡度改为，则坡底要延伸（）
A．米B．米C．米D．米
7．四棱锥的底面是边长为的正方形，底面，，则二面角
的余弦值为（）
A．B．C．D．
8．已知为圆
内一定点，过点且被该圆所截得的弦长最短的直线方程为
（）
A ．B
．C．
D ．
9．已知两条直线，两个平面，下列结论中正确的是（）
A.
B.
C.
D.
10．设变量满足的约束条件
1
24
1
x y
x y
x
-≤
⎧
⎪
+≤
⎨
⎪≥
⎩
所表示的平面区域为，则中的点到直
线的距离的最大值是（）
A ．B
．C ．D ．11．当时，给出下列四个不等式：
①
②
③
④
其中正确的是（）
A．①④B．①③C．②④D．②③
12．已知在与之间插入个正数使成等比数列，则的值为（）
A.
B.
C.
D.
二、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知，，成等差数列，
成等比数列，则的最小
值是.
14．如果一个长方体的各个顶点都在同一个球的球面上，且从同一个顶点出发的三条棱的长分别为，，，那么该球的表面积为.
15．光线从射到轴上，经过反射以后经过点，则光线从经轴反射到的距离为.
16．在棱长为的正方体中，是上一动点，则的最小值为.
三、解答题（共6道小题，共70分）
17．在中，角所对的边分别为，且满足，.
（1）求的面积；
（2）若，求的值.
18．已知圆的方程为.
（1）从点向圆引切线，求切线的方程；
（2）直线与圆相交于两点，且的面积为，为坐标原点，求实数的值.
19．如图，在直三棱柱中，，，点是的中点.
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）求直线和平面所成角的正切值.
20．某工厂有长的一面旧墙，现准备利用这面旧墙建造平面图形为矩形，面积为的厂房。
工程条件是：（1）建新墙的费用为元；（2）修旧墙的费用为元；（3）拆
去旧墙，用所得的材料建新墙的费用为元。
现决定利用旧墙的一段为矩形厂房的一面边长，问如何利用旧墙，即为多少时建墙费用最省？
21．已知方程表示的图形是圆.
（1）求实数的取值范围；
（2）求圆心的轨迹方程；
（3）求其中面积最大的圆的方程.
22．设数列的前项和为，，.
（1）求证：是等比数列；
（2）设，的前项和为，求；
（3）求使对所有的恒成立的实数的取值范围.
黑龙江省哈九中08-09学年高一下学期期末考试
数学答案
1. 1.B
2. C
3. D
4. A
5. D
6. C
7. C
8. B
9. D 10. C 11. B 12. A
13. 4 14. 15. 16.
17. （1）因为，所以，故
又因为，所以. 因此
（2）由（1）知，又，由余弦定理得
，所以. 18．（1）或（2）
19.（1）证明：连结，设与的交点为，连结.
是的中点，是的中点，
（2）证明：是直三棱柱，平面
，点是的中点，.
（3）解：由（Ⅰ）知，
，且，
过作于，平面
是直线和平面所成的角.
在中，
20．
，当且仅当，即时，21. （1）
（2）设圆心，则
（3）
当时，，此时圆面积最大，
为面积最大的圆的方程
22. （1）依题意，.
当时，，，两式相减得，又，
，故为等比数列，且.
（2）由（1）知，
（3），当时，取最小值.依题意有，解得.。