湖北省武汉市第十一中学2022-2023学年高一数学下学期6月月考试题（Word版附解析）

武汉十一高数学六月考学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．从高一抽三名学生参加数学竞赛，记事件A为“三名学生都是女生”，事件B为“三名学生都是男生”，事件C为“三名学生至少有一名是男生”，事件D为“三名学生不都是女生”，则以下错误的是（    ）A．事件A与事件B互斥B．C．事件A与事件D互斥D．事件A与事件C对立【答案】B【分析】由独立乘法公式求，根据事件的描述，结合互斥、对立事件的概念判断B、C、D即可.【详解】由所抽学生为女生的概率均为，则，A正确；两事件不可能同时发生，为互斥事件，C正确；事件包含：三名学生有一名男生、三名学生有两名男生、三名学生都是男生，其对立事件为，D正确；事件包含：三名学生都是男生、三名学生有一名男生、三名学生有两名男生，与事件含义相同，故，B错误；故选：B.2．甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女，若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，则选出的2名教师性别相同的概率是（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】从甲校和乙校报名的教师中各任选名，列出基本事件的总数，利用古典概型求解即可.【详解】设甲校2男1女的编号分别为1，2，A，乙校1男2女编号分别为B，3，4，若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果有：，，，，，，，，共计9个，选出的2名教师性别相同的结果有，，，共计4个，故选出的2名教师性别相同的概率为．故选：B3．少年强则国强，少年智则国智．党和政府一直重视青少年的健康成长，出台了一系列政策和行动计划，提高学生身体素质．为了加强对学生的营养健康监测，某校在3000名学生中，抽查了100名学生的体重数据情况．根据 所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．样本的众数为65B．样本的第80百分位数为72.5C．样本的平均值为67.5D．该校学生中低于的学生大约为1000人【答案】B【分析】根据众数，百分位数，平均数的定义判断A，B，C，再求低于的学生的频率，由此估计总体中体重低于的学生的人数，判断D.【详解】由频率分布直方图可得众数为，A错误；平均数为，C错误；因为体重位于的频率分别为，因为，所以第80百分位数位于区间内，设第80百分位数为，则，所以，即样本的第80百分位数为72.5，B正确；样本中低于的学生的频率为，所以该校学生中低于的学生大约为，D错误；故选：B.4．在中，角、、的对边分别为、、，若，，则是（    ）A．钝角三角形B．等边三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形【答案】B【分析】利用正余弦定理可确定边角关系，进而可判定三角形形状.【详解】在中，由正弦定理得，而，∴，即，又∵、为的内角，∴，又∵，∴， ∴由余弦定理得：，∴，∴为等边三角形.故选：B.5．在斜三棱柱中，，分别为侧棱，上的点，且知，过，，的截面将三棱柱分成上下两个部分体积之比为（    ）A．B．C．D．【答案】A【分析】由已知中三棱柱的侧棱和上各有一动点，满足，可得四边形与四边形的面积相等，等于侧面的面积的一半，根据等底同高的棱锥体积相等，可将四棱锥的体积转化三棱锥的体积，进而根据同底同高的棱锥体积为棱柱的，求出四棱锥的体积，进而得到答案.【详解】设三棱柱的体积为侧棱和上各有一动点，满足，四边形与四边形的面积相等.故四棱锥的体积等于三棱锥的体积等于.则四棱锥的体积等于.故过，，三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积比为故选：.  6．在高三某次模拟考试中，甲、乙两个班级的数学成绩统计如下表： 班级人数平均分数方差甲40705乙60808则两个班所有学生的数学成绩的方差为（    ）．A．6.5B．13C．30.8D．31.8【答案】C【分析】由表格的数据求出两个班所有学生的数学平均分数，再根据方差公式计算两个班所有学生的数学成绩的方差．【详解】因为甲班平均分数为，乙班平均分数为，所以两个班所有学生的数学平均分数为，所以两个班所有学生的数学成绩的方差为：.故选：C7．在三棱锥中，△和△都是等边三角形，，平面平面，M是棱AC上一点，且，则过M的平面截三棱锥外接球所得截面面积的最大值与最小值之和为().A.24πB.25πC.26πD.27π【答案】D【分析】根据题设找到三棱锥外接球球心位置，由已知及球体截面的性质求过M平面截球体的最大截面积，根据外接球球心、面面垂直以及比例关系易知共线，且过M平面截球体的最小截面积时该平面，且，即可求最大、最小面积和.【详解】由题设，若为中点，分别是等边△和等边△的中心，连接，则分别在上，且，，，，面，故面，又面，所以，面面，   又面面，过作面的垂线与过作面的垂线交于，即面，面，则为外接球球心，面，且，，则面，所以面面，综上，结合面面，面面，则面、面为同一平面，所以面，由面面，，面，面面，所以面，面，即，且知：为正方形，如上图，，，若外接球半径为，所以，由球体的性质，要使过M平面截三棱锥外接球所得截面面积的最大，则平面必过球心，所以，最大截面圆面积为，要使过M平面截三棱锥外接球所得截面面积的最小，则该平面，因为，而都在面上，故，而，故，显然共线，故，此时截面圆的半径为，则，所以，最小截面圆面积为，综上，最大值与最小值之和为.故答案为：【点睛】关键点点睛：根据球的性质判断过M平面截棱锥外接球截面面积最大、最小时截面与的位置关系，利用几何关系求截面圆半径，最后求面积和.8．已知正四棱锥的体积为，底面的面积为，点、分别为、的中点，点为的靠近点的三等分点，过点、、的平面将该四棱锥分成上、下两部分，截面形状为四边形，则该四边形的面积为（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】连接、，设，连接，连接并延长交于点，连接、、、， 在中，过点作交于点，交于点，过点作交于点，证明出，计算出、的长，进而可求得截面四边形的面积.【详解】连接、，设，连接，易知为正四棱锥的高，连接交于点．因为点、分别为、的中点，则，因为，所以，为的中点．连接并延长交于点，连接、、、，因为四边形为正方形，则，因为平面，平面，所以，，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，则，四边形为所求的截面四边形，如图1．因为正四棱锥的体积为，底面的面积为，所以底面是边长为的正方形，则，由，可得，在中，过点作交于点，交于点，过点作交于点，如图2．因为，则． 又为的中点，为的中点，所以，，，，所以，，则，，所以，故，所以，则，得．故四边形的面积为，故选：C．【点睛】方法点睛：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键．（1）平面的四个公理及推论；（2）直线和平面平行的判定和性质；（3）两个平面平行的性质；（4）球的截面的性质．二、多选题9．（多选）一个不透明的袋中装有黑、白两种颜色的球各三个，现从中任意取出两个球.设事件P表示“取出的球都是黑球”，事件Q表示“取出的球都是白球”，事件R表示“取出的球中至少有一个黑球”，则下列结论错误的是（　　）A．P和R是互斥事件B．P和Q是对立事件C．Q和R是对立事件D．Q和R是互斥事件，但不是对立事件【答案】ABD【分析】根据对立事件、互斥事件的定义一一判断即可.【详解】袋中装有黑、白两种颜色的球各三个，现从中取出两个球，取球的方法有如下几种:①取出的两球都是黑球;②取出的两球都是白球;③取出的两球一黑一白.事件R包括①③两种情况，∴事件P是事件R的子事件，故A中结论不正确;事件Q与事件R互斥且对立，故C中结论正确，D中结论不正确;事件P与事件Q互斥，但不对立，故B中结论不正确.故选：ABD. 10．的内角，，的对边分别为，，，，，，则（    ）A．B．C．外接圆的面积为D．的面积为【答案】ABD【分析】设的外接圆的半径为,利用正弦定理求出，再利用余弦定理和正弦定理求出以及即得解.【详解】解：设的外接圆的半径为,因为，所以，所以，则外接圆的面积为.因为，所以所以,所以ABD正确，C错误.故选：ABD11．现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件：甲球员：5个数据的中位数是26，众数是24；乙球员；5个数据的中位数是29，平均数是26；丙球员：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是9.6；根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（    ）A．甲球员连续5场比赛得分都不低于24分B．乙球员连续5场比赛得分都不低于24分C．丙球员连续5场比赛得分都不低于24分D．丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24【答案】AD【分析】根据中位数，众数的定义判断A，结合中位数，平均数的定义举反例判断B，根据平均数和方差的定义，百分位数的定义，分析丙球员的得分判断CD.【详解】设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为， 则，，且至少出现次，故，A正确；设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，则，，取，可得其满足条件，但有2场得分低于24，B错误；设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，由已知，所以，若，则，所以，矛盾，所以，，因为的平均数为，所以，取，满足要求，但有一场得分低于24分，C错误；因为，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数为，若，则，故，矛盾，所以，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24，D正确；故选：AD.12．如图，矩形中，，边，的中点分别为，，直线BE交AC于点G，直线DF交AC于点H.现分别将，沿，折起，点在平面BFDE同侧，则（    ）A．当平面平面BEDF时，平面BEDFB．当平面平面CDF时，C．当重合于点时，二面角的大小等于D．当重合于点时，三棱锥与三棱锥外接球的公共圆的周长为 【答案】ACD【分析】对于A，先利用三角形相似证得，再利用面面垂直的性质定理证得平面，从而得以判断；对于B，先利用线面垂直推得平面AGH与平面CHG重合，再利用面面平行的性质定理证得，进而推得，从而利用线面平行的性质定理推得，由此得以判断；对于C，由平面得到二面角为，进而由推得，据此判断即可；对于D，先分析得三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆，再由勾股定理证得，从而求得公共圆的直径，由此得解.【详解】对于A，在矩形中，，是的中点，所以，，则，又，所以，则，所以，则，故，当平面平面时，如图1，又因为平面平面，平面，所以平面，故A正确..对于B，当平面平面CDF，如图1，由选项A易知在矩形中，，则，所以在中，，，同理，则，，又，，面，所以面，同理平面CHG，又因为，所以平面AGH与平面CHG重合，即四边形为平面四边形，又平面平面CDF，平面平面，平面平面，所以，又，所以四边形是平行四边形，则，假设，则四边形为平面图形，又平面，平面，所以平面，又平面平面，平面，所以， 又，即，所以四边形是平行四边形，所以，而，，显然矛盾，故B错误；对于C，如图2，由选项B易得平面，又平面，所以，同理：，所以二面角的平面角为，在中，由选项B知，所以是正三角形，故，即二面角的大小等于，故C正确；.对于D，如图2，三棱锥与三棱锥的公共面为面，所以三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆，易知，，，所以，所以，即为直角三角形，所以为的外接圆的直径，即，所以所求公共圆的周长为，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握面面垂直的性质定理、线面平行与面面平行的性质定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，严密推理；同时对于外接球的公共圆的突破口在于找到两个三棱锥的公共面，从而得解.三、填空题13．某校共有学生2000名，男生1200名，女生800名，现按比例分配样本进行分层抽样，从中抽取50名学生，则应抽取的女生人数是___________人【答案】【分析】根据分层抽样等比例的性质求应抽取的女生人数.【详解】由题意，应抽取的女生人数是人.故答案为： 14．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记第一次得到的点数为，第二次得到的点数为，则的概率为__________.【答案】【分析】根据题意求得基本事件的总数为种，再根据，求得所求事件的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，将一枚质地均匀的骰子连续抛郑两次.基本事件共种，又由，可得，其所对应的基本事件有：，，，，，，，，，，共10种，故所求概率.故答案为：.15．某同学为了测量天文台的高度，选择附近学校宿舍楼三楼一阳台A，A到地面的距离为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得阳台A，天文台顶的仰角分别是15°和60°，在阳台处测得天文台顶的仰角为30°，假设，和点在同一平面内，则该同学可测得学校天文台的高度为______.  【答案】30【分析】由已知求出AM，在三角形ACM中，运用正弦定理可得CM，再解直角三角形CDM，计算可得天文台的高度.【详解】在中，有，在中，，，，由正弦定理得，，故，在中，，又，则. 故答案为：30.16．设锐角的三个内角..的对边分别为..，且，，则周长的取值范围为---【答案】【解析】由锐角三角形求得，由正弦定理可得，求出，关于的函数，根据余弦函数的性质，可求得范围．【详解】∵为锐角三角形，且，∴，∴，，又∵，∴，又∵，，∴，由，即，∴，令，则，又∵函数在上单调递增，∴函数值域为，四、解答题17．已知函数，集合，若分别从集合P，Q中随机抽取一个数a和b，构成数对．(1)记事件A为“函数的单调递增区间为”，求事件A的概率；(2)记事件B为“方程有4个根”，求事件B的概率．【答案】(1) (2)【分析】（1）列举样本空间所有的样本点，依题意有，列举满足条件的样本点，根据古典概型概率公式计算；（2）依题意有，列出所有符合条件的样本点，根据古典概型概率公式计算.【详解】（1）由题知，所以，数对的可能取值为：共16对．若函数的单调递增区间为，则函数的对称轴为，即所以，满足条件的基本事件有：，共4对，所以，事件A的概率为（2）因为，二次函数开口向上，所以，方程有4个根，即为和各有2个根，所以，二次函数的最小值小于．所以，即，满足条件的基本事件有：，共11对，所以，事件B的概率．18．从2022年秋季学期起，四川省启动实施高考综合改革，实行高考科目“3+1+2”模式.“3”指语文、数学、外语三门统考学科，以原始分数计入高考成绩；“1”指考生从物理、历史两门学科中“首选”一门学科，以原始分数计入高考成绩；“2”指考生从政法、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩.按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如下表：等级ABCDE人数比例15%35%35%13%2%赋分区间将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中，分别表示原始分区间的最低分和最高分，，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，表示考生的原始分，表示考生的等级分，规定原始分为时，等级分为，计算结果四舍五入取整.某次化学考试的原始分最低分为50，最高分为98，呈连续整数分布，其频率分布直方图如下：   (1)求实数的值；(2)按照等级分赋分规则，估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间.(3)用估计的结果近似代替原始分区间，若某学生化学成线的原始分为90，试计算其等级分；【答案】(1)0.005(2)(3)91分【分析】（1）利用频率分布直方图列出关于实数的方程，解之即可求得实数的值；（2）先利用频率分布直方图求得第百分位数对应的原始分，进而估计出此次考试化学成绩A等级的原始分区间；（3）利用题给转换公式即可求得其等级分.【详解】（1）由，可得（2）由频率分布直方图知，原始分成绩位于区间[90，100]的占比为5%，位于区间[80，90]的占比为20%，估计等级A的原始分区间的最低分为，所以估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为[85，98]（3）由，解得，该学生的等级分为91分19．的内角、、的对边分别为、、，已知，且的面积.(1)求；(2)若内一点满足，，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用三角形的面积公式以及余弦定理可求得的值，可求得角的值，由结合正弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）设，可得出，，在、分别利用正弦定理可求得 的值，结合的取值范围可求得角的值.【详解】（1）解：由余弦定理得，因为，所以，因为，则，所以，所以，因为，所以，因为，所以.（2）解：由（1）知，，所以，所以，设，因为，所以，因为，所以，因为在中，由正弦定理可得，在中，，则，则，由正弦定理，即，所以，，因为，所以.20．如图1，在直角三角形中，为直角，在上，且，作于，将沿直线折起到所处的位置，连接，如图2. (1)若平面平面，求证:；(2)若二面角为锐角，且二面角的正切值为，求的长.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)由题意知，由面面垂直的性质定理可得平面，进而可得；(2)作所在的直线于点,由题意可得知，所以平面，即可得平面平面，作于点，连接，进而可得为二面角的平面角，设，则，设，则，进而可得，解得，再由，计算即可得答案.【详解】（1）证明：由题意知，又平面平面，平面平面平面，所以平面.又平面，所以；（2）解：由题意知，平面平面因而平面，又平面，因而平面平面.如图，作所在的直线于点，又平面平面，平面，所以平面.作于点，连接，则为二面角的平面角， 设，则，在中，，所以，设，则，因而，在直角三角形中，，即，解得或（舍去），此时，从而.21．已知如图1直角梯形ABCD，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝4，AD＝CD＝2，E为AB的中点，沿EC将梯形ABCD折起（如图2），使平面BED⊥平面AECD．  (1)证明：BE⊥平面AECD；(2)在线段CD上是否存在点F，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置：若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，F为CD中点【分析】（1）在直角梯形中证明为正方形，在几何体中连接，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理作答；（2）建立空间直角坐标系，设，根据向量法求出二面角的余弦即可得解.【详解】（1）在直角梯形中，，E为AB的中点，即，，四边形为平行四边形，而，，则为正方形，连接，如图， 则，因为平面平面，平面平面，平面，于是得平面，而平面，则有，又，，平面，所以平面.（2）由（1）得BE⊥平面AECD，所以BE⊥AE，所以EA，EB，EC两两垂直，分别以，，方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则，设，所以，，设平面FAB的法向量为，则，取x＝2，得，取平面EBC的法向量为，因为，所以a＝1或（舍去）， 故线段CD上存在点F，且F为CD中点时，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为．22．某公园有一块长方形空地ABCD，如图，，．为迎接“五一”观光游，在边界BC上选择中点E，分别在边界AB、CD上取M、N两点，现将三角形地块MEN修建为花圃，并修建观赏小径EM，EN，MN，且．(1)当时，求花圃的面积；(2)求观赏小径EM与EN长度和的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题可得，，后由锐角三角函数知识可得EM，EN，即可得花圃的面积；（2）设，则，则可将化为，又令，可得，后由范围及函数单调性可得答案.【详解】（1）由题可得，.则.故；（2）设，则，结合题意可知，则.又， 则，令，则，所以，又，所以，因在上单调递增，在上单调递减，，则.因为函数均在上单调递增，则函数在上单调递增，所以.所以，即观赏小径EM与EN长度和的取值范围为．