2023年12月4日发(作者：徐州市一模考试数学试卷)

哈尔滨市第六中学2021级高一下学期期末考试数学试题一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．设1iz2，则z（2）C．1D．2A．22B．22．某校有男生3000人，女生2000人，学校将通过分层随机抽样的方法抽取100人的身高数据，若按男女比例进行分层随机抽样，抽取到的学生平均身高为165cm，其中被抽取的男生平均身高为172cm，则被抽取的女生平均身高为（）A．154.5cmB．158cmC．160.5cmD．159cm3．如图，四面体ABCD中，BD22，AC2，M、N分别为BC、AD的中点，）MN1，则异面直线AC与BD所成的角是（3C．6A．B．D．244．对于数据：2、6、8、3、3、4、6、8，四位同学得出了下列结论：甲：平均数为5；乙：没有众数；丙：中位数是3；丁：75百分位数是7，正确的个数为（）A．1B．2C．3D．45．如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD中心，E,F分别是BB1,DD1的中点，则下列结论正确的是（A．AO1//EFC．AO1//平面EFB1B．A1OEFD．A1O平面EFB1）6．甲、乙两名同学均打算高中毕业后去A，B，C三个景区中的一个景区旅游，甲、乙到A，B，C三个景区旅游的概率分别如表，则甲、乙去不同景区旅游的概率为（）去A景区旅游甲乙A．0.660.4去B景区旅游0.20.3B．0.580.6C．0.54试卷第1页，共6页D．0.52去C景区旅游7．四棱锥PABCD的外接球O的半径为2，PA平面ABCD，底面ABCD为矩形，）AB2，则平面PAD截球O所得的截面面积为（A．4B．3C．2D．8．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为直角梯形，PAABBC1，ABC90，PAB120，AB//DC，DCPC2，则点P到平面ABCD的距离为（A．34）B．32C．2D．13二、多选题（本题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题所给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，漏选得2分，错选得0分．）9．新中国成立以来，我国共进行了7次人口普查，这7次人口普查的城乡人口数据如图所示．根据该图数据判断，下列选项中正确的是（）A．乡村人口数均高于城镇人口数B．城镇人口比重的极差是50.63%C．城镇人口数达到最高峰是第7次D．和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第6次10．已知复数z1，z2满足z12z25i，2z1z23i，则（A．z12C．z1z23iB．z22iD．）i22023z在复平面内对应的点位于第一象限试卷第2页，共6页11．已知向量a2,1，bcos,sin0，则下列命题不正确的是（A．若ab，则tan223B．若b在a上的投影向量为a，则a与b夹角为3663C．与a共线的单位向量只有一个为3,3D．存在，使得abab）π，将ABD沿BD折起，使A到A，3且点A不落在底面BCD内，若点M为线段AC的中点，则在ABD翻折过程中，12．如图，在菱形ABCD中，AB2，BAD以下命题中正确的是（）A．四面体ABCD的体积的最大值为1B．存在某一位置，使得BMCDC．异面直线BM与AD所成的角为定值1D．当二面角ABDC的余弦值为时，AC23三、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分．）13．为迎接创卫考核，现从高二（11）班随机选取两名学生参加问卷调查．已知选中的329两名学生都是男生的概率是，选中的两名学生都是女生的概率是，则选中的两名5252学生是一男一女的概率是；14．有一组样本数据x1，x2，…，x6如右表：由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，y6，2其中yixic(i1,2,,6)，c为常数，3则数据y1，y2，…，y6的方差为x15；x26x37x45x57x6615．嵩岳寺塔位于河南郑州登封市嵩岳寺内，历经1400多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存最早的砖塔．如图，为测量塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得BCD30，BDC45，CD32(3+1)m，在C点测得塔顶A的仰角为60，则塔的总高度为m；16．在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a2，sin2A3sin2B2asin2C，则cosC的最小值为．试卷第3页，共6页四、解答题（本题共6个小题，共70分．解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）17．（本小题10分）某高中学校为了学生的身心健康，加强食堂用餐质量（简称“美食”）的过程中，后勤部门需要了解学生对“美食”工作的认可程度，若学生的认可系数（认可系数=认可程度平均分）不低于0.85，“美食”工作按原方案继续实施，否则需进100一步整改．为此该部门随机调查了600名学生，根据这600名学生对“美食”工作认可程度给出的评分，分成[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]五组，得到如图所示的频率分布直方图．(1)求直方图中x的值和中位数；(2)为了解部分学生给“美食”工作评分较低的原因，该部门从评分低于80分的学生中用比例分配的分层随机抽样的方法随机选取30人进行座谈，求应选取评分在[60,70)的学生人数；(3)根据你所学的统计知识，结合认可系数，判断“美食”工作是否需要进一步整改，并说明理由．18．（本小题12分）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧面ADD1A1为矩形，AB2AD2，D1DB60，BDAA13．(1)证明：平面ABCD平面BDD1B1；(2)求三棱锥D1BCB1的体积．试卷第4页，共6页19．（本小题12分）某汽车美容公司为吸引顾客，推出优惠活动：对首次消费的顾客，按200元/次收费，并注册成为会员，对会员逐次消费给予相应优惠，标准如下表：消费次数收费比例消费次数频数第1次1第1次60第2次0.95第2次20第3次0.90第3次10第4次0.85第4次5消费5次及以上0.80消费5次及以上5该公司从注册的会员中，随机抽取了100位进行统计，得到统计数据如下表：假设汽车美容一次，公司成本为150元，根据所给数据，解答下列问题：(1)估计该公司一位会员至少消费两次的概率；(2)某会员仅消费两次，求这两次消费中，公司获得的平均利润；(3)该公司要从这100位里消费二次和三次的顾客中按消费次数用分层随机抽样方法抽出6人，再从这6人中抽出2人发放纪念品，求抽出的2人中恰有1人消费二次的概率．20．（本小题12分）在如图所示的几何体中，ABE、BCE、DCE都是等腰直角三角形，ABAEDEDC，且平面ABE平面BCE，平面DCE平面BCE．(1)求证：AD∥平面BCE；(2)求直线AB与平面EAD所成角的正弦值．试卷第5页，共6页21．（本小题12分）已知a,b,c分别为ABC三个内角A,B,C的对边，且acosC3asinCbc．(1)求角A的大小；(2)若c2，角B的平分线BD交AC于点D，且BD7，求ABC的面积．（本小题12分）如图1，在边长为4的菱形ABCD中，DAB60，点M,N分22．别是边BC,CD的中点，ACBDO1，ACMNG．沿MN将CMN翻折到PMN的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥PABMND．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥PMNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为10？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．10试卷第6页，共6页1,x0.01，100.50.10.150.25245.中位数：8010800.333(2)低于80分的学生中三组学生的人数比例为0.1:0.15:0.22:3:4，310（人）.则应选取评分在60,70的学生人数为：30234(3)由图可知，认可程度平均分为：550.1650.15750.2850.3950.2579.50.8510085，“美食\"工作需要进一步整改.18.(1)证明：△ABD中，因为AB2，AD1，BD3，所以AB2AD2BD2.所以ADBD，又侧面ADD1A1为矩形，51382715.6433417.(1)由图可知：x0.0150.020.030.025所以ADDD1，又BDDD1D，BD，DD1平面BDD1B1.所以AD平面BDD1B1，又AD平面ABCD，所以平面ABCD平面BDD1B1.(2)解：因为AD∥BC，AD平面BDD1B1，所以BC平面BDD1B1，易得BC1，B1D13，B1B3，D1B1B60，1333.3322411333三棱锥D1BCB1的体积VDBCBVCBBDS△BBDBC19.(1)100位会员中，至少消费两次的会员有40位，400.4.所以估计一位会员至少消费两次的概率为100(2)该会员第1次消费时，公司获得的利润为20015050（元），第2次消费时，公司获得的利润为2000.9515040（元），504045（元）.所以公司获得的平均利润为2(3)因为20:10=2:1，所以用分层随机抽样方法抽出的6人中，消费2次的有4人，分别设为A1,A2,A3,A4，消费3次的有2人，分别设为B1,B2，从中抽出2人，总的抽取方法有A1A2，A1A3，A1A4，A1B1,A1B2，A2A3，A2A4，A2B1，A2B2,A3A4，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，B1B2，共15种，其中恰有1人消费两次的抽取方法有A1B1,A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，，A4B1，A4B2，8共8种，所以抽出的2人中恰有1人消费两次的概率为P1520.(1)证明：分别取EB,EC的中点O,H，连接AO,DH,OH，设ABAEDEDC1，则EBEC2，ABAE,BOOE,AOBE，又平面ABE平面BCE，平面ABE平面BCEBE,AO平面ABE，AO平面BCE，同理可证DH平面BCE，AO//DH，2又因为AODH，所以四边形AOHD是平行四边形，AD//OH，2所以△BB1D1的面积S△BB1D1又QAD平面BCE,OH平面BCE，AD//平面BCE；(2)如图，取BC的中点为F，则OFBE，以点O为坐标原点，OB,OF,OA所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，2222220,0,,B,0,0,D,,,E,0,0则A22222，2则BA则AE22,0,，222222,0,,DE0,,，2222设平面ADE的一个法向量为na,b,c，22ac0ac022则，bc022bc022令a1，得平面ADE的一个法向量为n1,1,1，BAn6sin|cosBA,n|设直线BA与平面EAD夹角为，则，3BAn所以直线BA与平面EAD夹角的正弦值为21.(1)在ABC中，由正弦定理及acosC3asinCbc得：sinAcosC3sinAsinCsinACsinC，整理得cosAsinC3sinAsinCsinC，而0Cπ，则cosA3sinA1，π1即sin(A)，62π5πππ7π2π又0Aπ，有A，解得A，所以A.366666(2)如图，在△ABD中，由余弦定理得：AB2AD22ABADcosABD2，即AD22AD30，解得AD1，因BD平分ABC，11ABBDsinABDADBDsinADBSABDAB2AD2，BC1BCBDsinCBDSCBD1CDBDsin(πADB)CD22BCABCD2BD2BC273CD22，在BDC中，cosBDC即，CDAD2CDBD27CD73CD227AD2BD2AB227又cosBDCcosBDA，则，727CD2BDAD7107即3CD24CD70，而CD0，解得：CD，有ACADCD，331110353.所以ABC的面积SABACsinA22232322.(1)在翻折过程中总有平面PBD平面PAG，证明：∵点M，N分别是边CD，CB的中点，又DAB60，∴BD∥MN，且PMN是等边三角形，∵G是MN的中点，∴MNPG，63∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴BDAC，∴MNAC，∵ACPGG，AC平面PAG，PG平面PAG，∴MN平面PAG，∴BD平面PAG，∵BD平面PBD，∴平面PBD平面PAG．(2)要使得四棱锥PMNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，∴当PG平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为3，假设符合题意的点Q存在．以G为坐标原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A33,0,0，M0,1,0，N0,1,0，P0,0,3，AGPG，又AGMN，且MNPGG，MN平面PMN，PG平面PMN，urPMNPMNAG平面，故平面的一个法向量为n11,0,0，设AQAP（0≤≤1），∵AP33,0,3，AQ33,0,3，故331,0,3，∴NM0,2,0，QM331,1,3，平面QMN的一个法向量为n2x2,y2,z2，则n2NM0，n2QM0，2y20,即331x2y23z20,y20,令z21，所以x23111n2,0,1,0,31，3131QMN则平面的一个法向量n,0,31，nn1101，设两平面夹角为，则cos，解得：2210nn1291故符合题意的点Q存在且Q为线段PA的中点．


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