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

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. C. D.
2.已知，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分，其中高一、高二、高三年级参赛选手的人数分别为，，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，，全校参赛选手成绩的样本平均数为，则高一年级参赛选手成绩的样本平均数为( )
A. B. C. D.
4.如图，是边的中点，在上，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，在处测得公路北侧一山顶在西偏北即的方向上；行驶后到达处，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，
；
；
；
面积为，
使得存在且唯一，则这两个条件是( )
A. B. C. D.
8.在四棱锥中，底面为等腰梯形，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。
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，，所对的边分别为，，，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，在棱长为的正方体中，为正方体的中心，为的中点，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. 动点的轨迹是一条线段
C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的
D. 若过，，三点作正方体的截面，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。
12.已知一组数据，，，，，则这组数据的方差为______．
13.如图，这个优美图形由一个正方形和以各边为直径的四个半圆组成，若正方形的边长为，点在四段圆弧上运动，则的取值范围为______．
14.已知棱长均为的多面体由上、下全等的正四棱锥和拼接而成，其中四边形为正方形，如图所示，记该多面体的外接球半径为，该多面体的棱切球与该多面体的所有棱均相切的球的半径为，则 ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，且．
求角的大小；
若，的面积，求的周长．
16.本小题分
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，将样本的成绩满分分，成绩均为不低于分的整数分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图．
求频率分布直方图中的值；
求样本成绩的第百分位数；
已知落在的平均成绩是，方差是，落在的平均成绩为，方差是，求两组成绩的总平均数和总方差．
17.本小题分
如图，四棱柱中，底面为平行四边形，侧面为矩形，，，．
证明：平面平面；
求三棱锥的体积．
18.本小题分
如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，且为斜边，为等边三角形若，为的中点，为线段上的动点．
证明：面；
求二面角的正切值；
当的面积最小时，求与底面所成角的正弦值．
19.本小题分
在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，满足．
求证：；
若，求边的取值范围；
若角的平分线交边于，且，求边的取值范围．
答案解析
1.
【解析】解：因为，
所以，
所以的虚部为．
故选：．
2.
【解析】解：若，，则或，故A错误；
若，，，则或与相交或与异面，故B错误；
若，，，则与可能平行，故C错误；
，，，又，记，且，则，
，得，故D正确．
故选：．
3.
【解析】解：高一、高二、高三年级参赛选手的人数分别为，，，
现用分层抽样的方法从三个年级中抽取样本，
则样本中高一、高二、高三年级参赛选手的人数比为：：，
设高一年级参赛选手成绩的样本平均数为，
高二、高三年级参赛选手成绩的样本平均数分别为，，全校参赛选手成绩的样本平均数为，
则，解得．
高一年级参赛选手成绩的样本平均数为．
故选：．
4.
【解析】解：因为是边的中点，在上，且，
则有，
所以．
故选：．
5.
【解析】解：在中，，，，
由正弦定理得，即，
解得，
在中，，
．
故选A．
6.
【解析】解：，，，
，
，，
．
故选：．
7.
【解析】解：中，若选，可得，，不满足，此时构不成三角形，所以不正确；
中，若选，即，，，
由余弦定理可得，即，
解得，所以，为方程的两根，
而，方程没有实数根，所以不存在这样的，满足条件，
即不存在这样三角形，所以不正确；
中，若选，，，，
所以，由正弦定理可得，
可得，
因为，所以为锐角，所以角唯一确定，即三角形唯一确定，所以C正确；
中，若选，则，即，则，显然不成立，
所以满足条件的三角形不存在，所以不正确．
故选：．
8.
【解析】解：取中点，连接，，取中点，连接，，
等腰梯形中，，，
则，，四边形是平行四边形，
，，是等边三角形，
，是等边三角形，
，
点是等腰梯形的外接圆圆心，
中，，，则，，
底面，则底面，，
，，
，
点为四棱锥的外接球的球心，
球半径，
这个四棱锥的外接球表面积为．
故选：．
9.
【解析】解：选项，时，，
故，
A正确；
选项，，
故，
解得，
B错误；
选项，与的夹角为钝角，
则要满足，
解得且，
C错误；
选项，时，
则在上的投影向量为
，
D正确．
故选：．
10.
【解析】解：对于，若，则，所以，所以A正确；
对于，由且，，
根据函数在上单调递减，可得，所以B错误；
对于，由余弦定理，可知为钝角，即为钝角三角形，所以C正确；
对于，因为，所以，即，
又，，所以，，所以或，
即或，即为等腰三角形或直角三角形，所以D正确．
故选：．
11.
【解析】解：对于，因为三棱锥的外接球与正方体的外接球是同一个球，
因为正方体的外接球直径是正方体的体对角线，
设外接球半径为，则，即，
所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确；
对于，如图，分别取，的中点，连接，，，，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
平面，平面，，
所以平面平面，
而平面，所以平面，所以点轨迹为线段，故B正确；
由选项B可知，点的轨迹为线段，因为平面，则点到平面的距离为定值，
又的面积为定值，从而可得三棱锥的体积是定值，故C不正确；
如图，设截面与平面交于，在上，
因为截面平面，平面平面，
所以，同理可证，所以截面为平行四边形，所以点为中点，
在四棱锥中，侧棱最长，且，设四棱锥的高为，
因为，所以四边形为菱形，
所以的边上的高为面对角线的一半，即为，又，
则，，
所以，解得，
综上，可知线段长度的取值范围为，故D正确．
故选：．
12.
【解析】解：这组数据的平均数为，
所以这组数据的方差为．
故答案为：．
13.
【解析】解：根据题意，当运动到半圆弧的中点图中的位置时，
在向量上的投影等于，达到最小值，
故的最小值为；
当运动到半圆弧的中点图中的位置时，
在向量上的投影等于，达到最大值，
此时，即的最大值为．
综上所述，的取值范围为．
故答案为：．
14.
【解析】解：在多面体中，取为正方形的中心，如图所示：
由题意可知既是多面体的外接球的球心，也是棱切球的球心，
过点作于点，在中，，
，所以，
所以，
所以．
故答案为：．
15.解：在中，由，得，
由正弦定理得，即，
又，即，于是，
由，得，因此，又，所以．
由的面积，得，得，
又，由余弦定理，得，则，
于是，解得，
所以的周长为．
【解析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求解即得．
由的结论，利用三角形面积求出，再利用余弦定理求解即可．
16.解：因为每组小矩形的面积之和为，
所以，则．
成绩落在内的频率为，
落在内的频率为，
设第百分位数为，
由，得，故第百分位数为．
由图可知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，
故这两组成绩的总平均数为，
由样本方差计算总体方差公式可得总方差为：
．
【解析】根据每组小矩形的面积之和为即可求解；
由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解；
利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解．
17.证明：中，因为，，，
所以，
所以，
又侧面为矩形，
所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
解：因为，平面，
所以平面，
易得，，，，
所以的面积，
三棱锥的体积．
【解析】根据勾股定理可证，易证，平面，再根据面面垂直的判定即可证明结果；
因为，由可知平面，由此可知是三棱锥的高，再根据，由此即可求出结果．
18.证明：因为为等腰直角三角形，为等边三角形，且为的中点，
所以，，
又，、平面，
所以平面．
解：由题意知，，，
因为，所以，即，
故EA，，两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，所以，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，
由图知，二面角为锐角，
所以，，
所以，
故二面角的正切值为．
解：由知，平面，
因为平面，所以，
所以，
当的面积最小时，最小，此时，
在中，，，
所以，，
设与底面所成角为，则，，
故CF与底面所成角的正弦值为．
【解析】由三线合一，可得，，再利用线面垂直的判定定理，即可得证；
以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解；
当的面积最小时，最小，此时，，从而得点的坐标，再利用向量法求线面角，即可得解．
19.证明：因为，
所以，由正弦定理可得，
又因为，
代入可得，即，
因为，，则，
故，
所以或，
即或舍去，
所以；
解：因为为锐角三角形，，
所以，
由，解得，
所以，
又，
故．
解：在中，，，，
由正弦定理得，即，
所以
，
由知，
令，则，
因为在上单调递增，
所以，
所以，即边的取值范围为．
【解析】由，进而得到，再利用正弦定理将边转化为角，利用两角和的正弦公式求解；
由知，进而得到，再根据为锐角三角形，得到，再由的值，利用正弦定理求解；
在中，利用正弦定理及三角恒等变换得，由知，令，，利用函数单调性即可求解范围．
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