2023-2024学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高一下学期期末考试数学试题（含答案）

2023-2024学年哈尔滨师范大学附属中学高一下学期期末考试
数学试题
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.样本数据，，，，，，，，的第百分位数为( )
A. B. C. D.
2.已知复数，其中为虚数单位，则( )
A. B. C. D.
3.已知向量，，则在上的投影向量为( )
A. B.
C. D.
4.连续地掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，记事件为“第一次出现点”，事件为“第二次的点数小于等于点”，事件为“两次点数之和为奇数”，事件为“两次点数之和为”，则下列说法不正确的是( )
A. 与不是互斥事件 B. 与相互独立
C. 与相互独立 D. 与相互独立
5.海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象．若要测量如图所示的蓝洞的口径，即两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，测得，，，，则两点间的距离为( )
A. B. C. D.
6.如图，某系统由，，，四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件，，，正常工作的概率都为，则该系统正常工作的概率为( )
A. B.
C. D.
7.某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量单位：小时降雨量的等级划分如下：
小时降雨量精确到
降雨等级 小雨 中雨 大雨 暴雨
在一次降雨过程中，用一个侧棱的三棱柱容器收集的小时的雨水如图所示，当侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点则这小时的降雨量的等级是( )
A. 小雨 B. 中雨 C. 大雨 D. 暴雨
8.在边长为的菱形中，，将沿着折叠，得到三棱锥，若，则该三棱锥的外接球的体积是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知，，为三条直线，，，为三个平面．下列命题为真命题的是
A. 若，，则
B. 若 ，，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
10.设，为两个随机事件，且，，则下列命题正确的是( )
A. 若，则，相互独立
B. 若和相互独立，则和一定不互斥
C. 若和互斥，则和一定相互独立
D.
11.在正方体中，，是棱的中点，则下列结论正确的是( )
A. 若是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值是
B. 若为线段上的动点，则的最小值为
C. 若为线段上的动点，则平面与平面夹角的余弦值的取值范围为
D. 若为线段上的动点，且与平面交于点，则三棱锥的体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量，若三点共线，则 ．
13.在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示，已知直线的方程为，则点到直线的距离为 ．
14.在中，内角所对的边分别为，若，，则的最大值为 ．
四、解答题：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
如图，在正三棱柱中，点是的中点，．
求证：平面；
求证：平面平面；
求直线到平面的距离．
16.本小题分
第届奥林匹克运动会将于年月日至年月日在法国巴黎举行，某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分分分及以上为认知程度高，结果认知程度高的有人，按年龄分成组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有人．
根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄；
现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取人，担任本市的“奥运会”宣传使者．
若有甲年龄，乙年龄两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，据此估计这人中岁所有人的年龄的方差．
17.本小题分
如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上．
在图中作出交线说明画法，不必证明，并求三棱锥的体积若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值．
18.本小题分
在中，角，，所对应的边分别为，，，，，
求的大小
点在上，
Ⅰ当，且时，求的长
Ⅱ当，且时，求的面积．
19.本小题分
如图，在四面体中，，，，，，，，分别为棱，，的中点，点在线段上

若平面，试确定点的位置，并说明理由；
求平面与平面的夹角的取值范围．
参考答案
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15.解：连接，交点，连接，则是的中点，
因为是的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
因为为等边三角形，且是的中点，
所以，由正三棱柱的性质知，平面，
因为平面，所以，
又平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面．
由知平面，
以直线到平面的距离等价于点到平面的距离，
由知平面，所以点到平面的距离为，
而，
，
设点到平面的距离为，
因为，
所以，即，解得，
所以直线到平面的距离为．

16.解：设这人的平均年龄为，
则岁；
：由频率分布直方图可知各组的频率之比为，
第四组应抽取人，记为，，，甲，
第五组抽取人，记为，乙，
对应的样本空间为，甲，，乙，，，，甲，
，乙，，，甲，乙，，甲，乙，甲，，乙，，共个样本点．
设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，
则，甲，，乙，，甲，，乙，，甲，，乙，甲，乙，甲，，乙，，共有个样本点，
所以；
：设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为；
则，
，
因此第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为，
据此可估计这人中年龄在岁的所有人的年龄方差约为．

17.解：过点作交圆于点，
因为是圆的直径，所以，
所以，
所以四边形为矩形，
因为，，
所以，
因为平面，为的中点，
所以点到平面的距离为，
所以．
以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
所以，，，
，
，
设平面的法向量为，则即
不妨取，得，
因为与平面所成角的正弦值为，
所以，，
所以，所以或．
18.解：因为，
由正弦定理可得：，
而，
所以，
，
，
因为，
所以，
所以，即，
又，因此；
Ⅰ因为，且，，
则，
，，
在中，
，
在中，由正弦定理得：
，
于是
．
Ⅱ设，，
在中，由余弦定理得：
，
即，
，
即有：，
，
由，可解得舍去负根，
故．
19.解：若平面，则为的中点，理由如下：
因为，分别为，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
若平面，只需即可．
因为为的中点，所以为的中点．
过点作平面，垂足为，连接，．
设，因为，，
所以，，，
所以．
在中，，．
因为，所以，解得．
所以．
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，．
过点作，垂足为，作，垂足为．
设，则，，所以．
则，，，
．
设平面的法向量为，
则，令，则．
设平面的法向量为，
则，令，则．
所以．
当时，．
当时，，令，
则又函数在上单调递增，
所以，所以
即综上，
设平面与平面的夹角为，则，，
因为函数在上单调递减，所以，
所以平面与平面的夹角的取值范围为．

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