湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学Word版含解析.docx

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华中师大一附中2022~2023学年度高一年级第二学期六月月考数学试卷时限:120分钟满分:150分一、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.已知为实数，若复数为纯虚数，则复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用纯虚数的定义求出a，即可判断作答.【详解】因复数为纯虚数，则，解得，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D2.已知向量，若，则（）A.B.C.5D.6【答案】C【解析】【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得【详解】解：,,即,解得,故选：C3.如图是庙山中学艺术节期间收到的高一和高二两个年级各类艺术作品的情况统计图:已知高一收到的剪纸作品比高二的多20件，收到的书法作品比高二的少100 件，则两年级收到的艺术作品的总数为（）A.1000件B.1100件C.1200件D.1250件【答案】B【解析】【分析】结合扇形统计图列方程求出两年级收到的艺术作品的件数，由此可得结论.【详解】设高一收到的艺术作品的件数为，高二收到的艺术作品的件数为，由扇形统计图可得，高一收到的剪纸作品的件数为，高二收到的剪纸作品的件数为，高一收到的书法作品的件数为，高二收到的剪纸作品的件数为，由已知可得，解得，所以，所以两年级收到的艺术作品的总数为件.故选：B.4.已知△ABC中，，则在上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可知，且O是边的中点，结合可得是等边三角形，从而推出，利用投影向量的定义即可求得答案.【详解】由,知，且O是边的中点， 则,而，所以，所以是等边三角形，所以,因此向量在向量上的投影向量为，故选：A5.如图，要计算汤逊湖岸边两建筑物B与C的距离，由于地形的限制，需要在岸上选取A和D两点，现测得，，则两建筑物B与C的距离为（）A.kmB.kmC.kmD.km【答案】C【解析】【分析】根据题意利用正、余弦定理运算求解.【详解】在中，由余弦定理可得，即，整理得，解得或（舍去），在中，由题意可得，由正弦定理可得，所以（km）.故选：C. 6.设一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，，，，且，若下面四种情形中，对应样本的标准差满足，则对应的情形是（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】根据平均数、方差公式逐项运算求解，并对比分析即可.【详解】设，对于选项A：平均数；对于选项B：平均数；对于选项C：平均数；对于选项D：平均数；因为，即，所以，即对应的情形是选项D.故选：D7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，则的最大值为（）A.2B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据正项定理结合三角恒等变换可得，再根据余弦定理结合基本不等式运算求解.【详解】因为， 由正弦定理可得：，注意到，即，整理得，且，则，则，即，又因为，则，可得，所以，由余弦定理可得，即，当且仅当时，等号成立，且，可得，所以的最大值为2.故选：A.8.已知长方体全部条棱的长度和为，其外接球的表面积为，过、、三点的平面截去长方体的一个角后，得到几何体的体积为，则该几何体的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设，，，依题意得到关于、、的方程组，解得，再求出其表面积. 【详解】设，，，则，∴①，又（为长方体外接球半径），∴②，又，∴③，由①②③，解得或或，所以，若，，则，，所以，所以，其他情况，同理可得.故选：B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.下列是从总体中抽得的样本，简单随机样本为（）A.总体编号为1~75，任意选出编号范围内的10个数字作为抽中的编号B.总体编号为1~75，在0~99中产生随机整数r，若或，则舍弃，重新抽取C.总体编号为1~75，在0~99中产生随机整数r，r除以75的余数作为抽中的编号.若余数为0，则抽中75D.总体编号为6001～6876，在1~876范围内产生一个随机整数r，把作为抽中的编号【答案】AD【解析】【分析】根据抽中的可能性是否相等依次判断每个选项得到答案. 【详解】对于选项A：因为总体编号为1~75，且任意选出编号范围内10个数字，则每个数字被抽中是等可能性的，所以是简单随机样本，故A正确；对于选项B：总体编号为1~75，在0~99中产生随机整数r，若r=0或r>75.则舍弃，重新抽取.只有编号为1~75可能被抽中，但不是等可能性的，所以不是简单随机样本，故B错误；对于选项C：总体编号为1~75，在0~99中产生随机整数r，r除以75的余数作为抽中的编号，若余数为0，则抽中75.因为1~24，75号与25~74号抽中的可能性不同，所以不是简单随机样本，故C错误；对于选项D：总体编号为6001~6876，在1~876范围内产生一个随机整数r，把r+6000作为抽中的编号.每个编号抽中的可能性相同，所以是简单随机样本，故D正确；故选：AD.10.根据气象学上的标准，某地连续5天的日平均气温低于10°C即为入冬，将该地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本.现有以下4组样本，分别计算得到相关数据，则一定符合入冬指标的样本为（）A.平均数B.平均数，且极差小于或等于3C.平均数，且标准差D.众数等于5，且极差小于或等于4【答案】BD【解析】【分析】分析每个选项数据是否有可能大于10，选出符合题意选项.【详解】对于选项A：举反例：0，0，0，0，15，则平均数，但不符合入冬标准，故A错误；对于选项B：假设有数据大于或等于10，由极差小于或等于3知，此组数据最小值为大于或等于7，与平均值小于4矛盾，故假设不成立，故B项正确；对于选项C：举反例：1，1，1，1，11，则平均数，方差，即标准差为4，但不符合入冬标准，故C错误；对于选项D：众数等于5且极差小于或等于4时，最大数不超过9，故D正确； 故选：BD.11.设满足，其面积为，则（）A.周长为B.C.外接圆的面积为D.中线长为【答案】BCD【解析】【分析】依题意利用正弦定理可得，设，，，，利用余弦定理求出，再由面积公式求出，即可判断A、B，由正弦定理求出外接圆的半径，即可判断C，利用正弦定理求出，从而求出，再由余弦定理计算D.【详解】因为满足，所以，设，，，，利用余弦定理，由于，所以，所以，故，故B正确；又，所以，解得（负值舍去）．所以，，，所以的周长为，故A错误；利用正弦定理，外接圆半径， 所以外接圆的面积，故C正确；如图所示：由正弦定理，即，解得，所以，利用余弦定理，解得，故D正确．故选：BCD．12.如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，F，H为圆柱底面圆弧的两个三等分点，EF，GH为圆柱的母线，点P，Q分别为线段AB，GH上的动点，经过点D，P，Q的平面α与线段EF交于点R，正确的是（）A.QR∥PDB.若R与F重合，则直线PQ过定点C.若α与平面BCF所成角为θ，则tanθ的最大值为D.若P，Q分别为线段AB，GH的中点，则α与圆柱侧面的公共点到平面BCF距离的最小值为 【答案】ABD【解析】【分析】利用面面平行的性质定理可判断A；根据两平面如果有一个公共点，则这个公共点一定在它们的交线上可判断B；取特例验证可判断C；利用圆柱的对称性可知RF即为所求，然后求解可判断D.【详解】由题意可知：//，，，对于选项A：因为//，平面，平面，所以//平面，同理可证//平面，，平面，所以平面//平面，且平面，平面，由面面平行的性质定理可得：QR∥PD，故A正确；对于选项B：设平面，则平面，且，因为，则，又因为平面，所以PQ必过点M，故B正确；对于选项C：取特殊情况：点与点A重合，点与点重合，即平面为平面α时，过点C作直线HF的垂线，垂足为N，连接DN，易知，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以为平面α与平面所成二面角平面角θ，则，所以，故C错误； 对于选项D：因为P，Q分别为线段AB，GH的中点，则由圆柱的对称性可知，平面α与圆柱侧面的公共点中，点R到平面BCF的距离最小，记EF的中点为T，连接TQ.易知，所以，可得，所以，即平面α与圆柱侧面的公共点到平面BCF距离的最小值为，故D正确.故选：ABD.三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，，则实数m=__________.【答案】1【解析】【分析】根据题意分析可得，结合向量垂直的坐标运算求解.【详解】因为，则，所以，解得.故答案为：1.14.如图，在正方体中，是的中点，则异面直线和所成角的大小为______． 【答案】##【解析】【分析】连接、、，设正方体的棱长为，推导出，则异面直线和所成角为或其补角，求出各边边长，利用余弦定理可求得角的大小，即为所求.【详解】如下图所示，连接、、，设正方体的棱长为，因为且，则四边形为平行四边形，故，所以，异面直线和所成角为或其补角，因为，同理可得，，由勾股定理可得，由余弦定理可得，所以，，故异面直线和所成角的大小为.故答案为：.15.已知函数，满足，，则_________. 【答案】或【解析】【分析】依题意可得函数关于对称且关于对称，即可求出函数的最小正周期，根据周期求出，根据对称中心求出，即可得到解析式；【详解】因为且，所以，所以函数关于对称，又，所以关于对称，又，所以，所以，又，所以，所以，又，即，所以，因为，所以，所以；故答案为：或16.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，，△ABC是边长为的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，，则球O的体积为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意结合余弦定理求得，进而可得两两垂直，可以把三棱锥P-ABC转化为边长为1的正方体，利用正方体的性质求外接球的半径. 【详解】设，则，因为，则，在中，因，则，由余弦定理可得，即，解得，可知，即，所以两两垂直，可以把三棱锥P-ABC转化为边长为1的正方体，可知球O即为正方体的外接球，其体对角线即为外接球的直径，即，所以球O的体积.故答案为：.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.甲、乙两台机床同时生产一种零件，在10天中，两台机床每天生产的次品数分别为:甲：0102203124乙：2311021101 分别计算这两组数据的平均数和标准差，并说明哪台机床的性能更好？【答案】答案见解析【解析】【分析】分别计算出两组数据的平均数和标准差，比较平均数大小和标准差的大小，得到结论.【详解】甲的平均数为，方差为，故标准差为，乙的平均数为，方差为，故标准差为，因为，乙机器平均每天生产的次品数比甲的少，且机床性能更稳定，故乙机床性能更好.18.从某企业生产的某种产品抽取100件，测量这些产品的一项指标值，由测量结果得如下频数分布表：质量指标值分组频数（1）在下图上作出这些数据的频率分布直方图； （2）估计这种产品质量指标值的中位数（精确到）、平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（3）根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于的产品至少要占全部产品”的规定？【答案】（1）频率分布直方图见解析；（2）中位数为：，平均数为；（3）不能.【解析】【分析】（1）根据频数分布表可作出频率分布直方图；（2）利用中位数左边的直方图面积之和为可求得中位数的值，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全加可得出样本的平均数；（3）计算出质量指标值不低于的产品所占比例，由此可得出结论.【详解】（1）频率分布直方图如下图所示： （2）前个矩形面积之和为，前个矩形面积之和为，所以中位数位于，质量指标值的样本中位数为，质量指标值的样本平均数为；（3）质量指标值不低于的产品所占比例的估计值为，所以不能认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于的产品至少要占全部产品”的规定.19.杭州市为迎接2022年亚运会，规划修建公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图的五边形ABCDE，运动员的公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车上或收容车上获得帮助．比赛期间，修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点上进行．还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料，工具和配件．所以项目设计需要预留出BD，BE为赛道内的两条服务通道（不考虑宽度），ED，DC，CB，BA，AE为赛道，． （1）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道BE的长度；①；②（2）在（1）条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道BAE最长（即最大），最长值为多少？【答案】（1）答案见解析；（2）．【解析】【分析】(1)在中，利用正弦定理，可求得BD=6.选①：先由三角形的内角和可得∠BDC=，从而知为直角三角形，然后由勾股定理，得解;选②：在中，由余弦定理可得关于BE的方程，解之即可.(2)在中，结合余弦定理和基本不等式，即可得解.【详解】（1）在中，由正弦定理知，，解得，选①：，，，在中，；若选②，在中，由余弦定理知，，化简得，解得或（舍负），故服务通道BE的长度；（2）在中，由余弦定理知，， ，，即，当且仅当时，等号成立，此时，的最大值为．【点睛】关键点睛：本题主要考查解三角形的实际应用，还涉及利用基本不等式解决最值问题，熟练掌握正弦定理、余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.20.（1）庙山中学在对高一年级学生身高的调查中，根据男、女学生所占的比例，采用样本量按比例分配的分层随机抽样分别抽取了男生50名和女生30名，测量他们的身高所得数据（单位:cm）如下:性别人数平均数方差男生5017218女生3016430请根据以上数据，计算出该校高一年级学生身高的总样本平均数与总样本方差；（2）已知总体划分为3层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为:l，，；，，；，，，记总样本平均数为，总样本方差为.利用以上数据，直接写出总样本方差的表达式（不要求写出推理过程）；（3）庙山中学采用分层随机抽样采集了高一、高二、高三年级学生的身高情况，部分调查数据如下:样本量样本平均数样本方差高一100167120高二100170150高三100173150利用（2）的表达式，求三个年级的总样本方差.【答案】（1）平均数169，方差37.5；（2）答案见详解；（3）146【解析】【分析】根据题意可得：总样本平均数，总样本方差，结合上述公式运算求解. 【详解】设总样本容量为，第组数据有个，即为，其平均数为，方差为，频率为，则，可得，所以总样本平均数，又因为所以总样本方差，（1）因为，总样本平均数（cm），总样本方差；（2）因为，总样本平均数为，总样本方差为.（3）因为，总样本平均数为，总样本方差为.21.如图，在四棱锥P-ABCD中，△PBC为正三角形，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，，点M，N分别在线段AD和PC上，且. （1）求证:PM∥平面BDN；（2）设锐二面角大小为θ，且，求直线BD和平面PAD所成角的余弦值.【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）根据线面平面的判定定理分析证明；（2）根据题意结合垂直关系可得锐二面角的平面角为，进而可证平面，结合线面角的定义运算求解.【小问1详解】连接，设，连接，由题意可得：//，则，可得，所以//，且平面，平面，所以PM∥平面BDN.【小问2详解】由题意可得：，取的中点，连接，因为为等边三角形，则，由题意可得：//，且，则为平行四边形， 又因为，可得为矩形，则，所以锐二面角的平面角为，则，且为锐角，则，在中，，由余弦定理可得，即，且，平面，所以平面，过点作，垂足为，且平面，则，又因为//，则，，平面，所以平面，利用等面积法可得，即，解得，且//，平面，平面，则//平面，点到平面的距离为，设直线BD和平面PAD所成角为，则其正弦值，所以直线BD和平面PAD所成角的余弦值. 22.在棱长均为的正三棱柱中，为的中点．过的截面与棱，分别交于点，．（1）若为的中点，求三棱柱被截面分成上下两部分的体积比；（2）若四棱锥的体积为，求截面与底面所成二面角的正弦值；（3）设截面的面积为，面积为，面积为，当点在棱上变动时，求的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）连结，并延长分别交，于点，，连结交于点，连结，，利用比例关系确定为靠近的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结，，由和进行求解，即可得到答案；（2）求出点到平面的距离，得到点为靠近的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得即为截面与底面所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；（3）设，则，，先求出的关系以及取值范围，然后将转化为，表示，求解取值范围即可．【详解】解：（1）连接，并延长分别交，延长线于点，，连接交于点，连接，． 易得．故为靠近的三等分点．，．下面求三棱柱被截面分成两部分的体积比．三棱柱的体积．连接，．由平面知，为定值．．．．故．（2）由及得，．又，所以．即点到的距离为，为靠近的四等分点．因为平面平面，所以截面与平面所成角即为截面与平面所成角，在中，，，故．又因为平面平面，且平面平面，所以平面．则即为截面与底面所成的二面角．在中，，，．故．因此，截面与平面所成二面角的正弦值为．（3）设，则，． 设的面积为，所以．又因为，所以．且．令则故．令则，所以在上单调递减，所以，，所以，所以