山东省滨州市部分校2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附解析）

2022~2023学年5月联合质量测评试题高一数学2023.5考试用时120分钟，满分150分注意事项：1．答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填涂在相应位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．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.某学校高一年级学生中对数学非常喜欢、比较喜欢和一般喜欢的人数分别为600、300、100，为了了解数学兴趣对数学成绩的影响，现通过分层抽样的方法抽取容量为的样本进行调查，其中非常喜欢的有18人，则的值是（）A.20B.30C.40D.50【答案】B【解析】【分析】按分层抽样的定义，建立比例关系可得答案.【详解】非常喜欢、比较喜欢和一般喜欢的人数比为，按分层抽样方法，其中非常喜欢的有18人可得，解得.故选：B.2.已知分别为三个内角的对边，若，则满足此条件的三角形个数为（）A.0B.1C.2D.1或2【答案】B【解析】 【分析】根据条件，利用正弦定理求出，，从而得出结果.【详解】因为，由正弦定理，得到，所以，又因为，故，.故选：B.3.A，B，C表示不同的点，n，l表示不同的直线，，表示不同的平面，下列说法正确的是（）A.若，，，则B.若A，，A，，则C.若A，，A，B，，，则D.若，，，则【答案】A【解析】【分析】根据点、线、面的位置关系，对各选项逐一分析即可得答案.【详解】解：选项A，因为，，，所以，故A正确；选项B，因为A，，A，，所以或l与相交，故B不正确；选项C，A，，A，B，，，此时点C不一定在平面a内，所以不正确，故C不正确；选项D，由，，，则l与n可能平行，也可能异面，故D不正确．故选：A.4.已知向量的夹角为，且，则（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】根据数量积公式和运算律计算即可.【详解】.故选：D.5.在中，角的对边分别为，已知，则的外接圆面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由余弦定理及正弦定理求得结果.【详解】已知，由余弦定理可得，由正弦定理可得，即.则的外接圆面积.故选：A.6.如图，在长方体中，，且为的中点，则直线与所成角的大小为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】取的中点，可得直线与所成角即为直线与所成的，在中由余弦定理可得答案.【详解】取的中点，连接，所以，直线与所成角即为直线与所成的，所以，，，在中由余弦定理可得,因为，所以.故选：C.7.已知分别为三个内角的对边，且满足，则的形状为（）A.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形【答案】C【解析】【分析】分别利用正弦定理和余弦定理即可求解.【详解】因为，由正弦定理可得，，因为，所以，则有，即， 所以，因为，所以，整理可得，，即，因为，所以或，则或（舍去）.又因为，由正弦定理可得，因为，所以，则，化简整理可得，，所以，又因为，所以为等边三角形，故选：C.8.已知梯形，且为平面内一点，则的最小值是（）A.B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出和的坐标，再利用向量数量积的坐标运算即可求出结果.【详解】如图，建立平面直角坐标系，因为，则，，设，所以，，故，所以，又为平面内一点，故当时，取到最小值. 故选：A.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.已知复数，其中为虚数单位，则（）A.的虚部是B.C.若复数满足，则的最大值是D.若是关于的实系数方程的一个复数根，则【答案】BCD【解析】【分析】化简得到，，的虚部是，A错误，，B正确，，C正确，代入计算得到D正确，得到答案.【详解】，，对选项A：的虚部是，错误；对选项B：，正确；对选项C：，故，正确；对选项D：，即，故，正确；故选：BCD.10.已知向量，，，设的夹角为，则（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据向量的坐标运算得到，，计算，A错误，，正确，与不平行，C错误，计算夹角得到D正确，得到答案. 【详解】设，，则，，故，，解得，，故，，对选项A：，故，错误；对选项B：，故，正确；对选项C：，故与不平行，错误；对选项D：，正确；故选：BD.11.在中，内角所对的边分别为，已知，则（）A.B.若是底边为的等腰三角形，为其内心，则C.若，则的周长为15D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】分别利用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式和基本不等式的相关知识进行求解即可.【详解】由可得，，则，由正弦定理可得，，由余弦定理可得，A三角形内角，所以，故选项A正确；若是底边为的等腰三角形，因为，则， 设内切圆圆心为，则，故选项B错误；若，因为，由余弦定理可得，所以，则的周长为15，故选项C正确；因为，所以为的重心，则，因为，由余弦定理可得（当且仅当时去等号），则，所以，故选项D正确，故选：ACD.12.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球（与圆柱的两底面及侧面都相切的球），阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，在他的著作《论圆和圆柱》中，证明了数学史上著名的圆柱容球定理：圆柱的内切球的体积与圆柱的体积之比等于它们的表面积之比．亦可证明该定理推广到圆锥容球也正确，即圆锥的内切球（与圆锥的底面及侧面都相切的球）的体积与圆锥体积之比等于它们的表面积之比．若已知该比值为的圆锥，其母线长为，底面半径为，轴截面如图所示，则（）A.若，则B.圆锥母线与底面所成角的正弦值为C.用过顶点的平面去截圆锥，则所得的截面图形可以为直角三角形D.若一只小蚂蚁从点出发，沿着圆锥的侧面爬行一周到达点，则爬行最短距离为【答案】ABD【解析】【分析】先证明圆锥容球定理，写出推导过程，推出其中几何尺寸之间代数关系，再根据本题的几何特征逐项分析. 【详解】如图，O为内切球的球心，设圆锥的高为，内切球的半径为R，则，，又三角形ABC的面积，，即，设内切球的体积为，圆锥的体积为，内切球的表面积为，圆锥的表面积为，则有，将①代入上式得，由题意，，，将②代入上式得：，即，所以当时，，A正确；由②式得：，由式得：，，B正确；由于圆锥的对称性，过A点的平面截圆锥所得的图形必定是等腰三角形，其顶角最大为，由于，，C错误；对于D，圆锥展开后的扇形如下图：在上图的扇形中，，由前面的计算知：，，由余弦定理得：，D正确； 故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．其中16题第一空2分，第二空3分．13.已知一组数据1，2，，4，5的平均数为3，则这组数据的方差为__________．【答案】2【解析】【分析】先根据平均数计算出的值，再根据方差的计算公式计算出这组数的方差.【详解】依题意，所以方差为.故答案：.14.已知外接圆的圆心为，且是与方向相同的单位向量，则在上的投影向量为__________．【答案】【解析】【分析】根据题意结合数量积的运算律分析可得，进而可得，结合投影向量运算求解即可.【详解】因为，即，则，整理得，即，则为圆的直径，又因为，则为等边三角形，即，所以在上的投影向量为.故答案为：. 15.直三棱柱的底面的直观图如图所示，其中，且，则直三棱柱外接球的表面积为__________．【答案】【解析】【分析】根据条件得出底面是等腰直角三角形，将把直三棱柱补成长方体，再利用长方体体对角线长即长方体外接球的直径，从而求出结果.【详解】因为在底面的直观图中，，由斜二测法知，底面中，，且，如图，把直三棱柱补成长方体，则长方体的体对线长是直三棱柱外接球的直径，设外接球的半径为，又，，所以，故直三棱柱外接球的表面积为故答案为：.16.在中，为的中点，的平分线分别交于点，且， ，则__________；__________．【答案】①.②.##【解析】【分析】利用余弦定理求出，并借助三角形面积公式及角平分线求出，再用余弦定理求出；然后利用向量数量积求出夹角余弦作答.【详解】在中，由余弦定理得，因为平分，则，有，在中，，即有，由，即，解得；显然，则，即，又，于是，因此，所以，.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.（1）已知复数．若为纯虚数，求的值；（2）已知复数，若满足，求的值．【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）是纯虚数，则复数实部为0虚部不为0，计算得到答案.（2）设，代入计算得到，解得答案.【详解】（1）因为是纯虚数，所以，解得．（2）设，所以，．所以，解得或.18.某高校为了对该校研究生的思想道德进行教育指导，对该校120名研究生进行考试，并将考试的分值（百分制）按照分成6组，制成如图所示的频率分布直方图．已知，分值在的人数为15．（1）求图中的值；（2）若思想道德分值的平均数、中位数均超过75分，则认为该校研究生思想道德良好，试判断该校研究生的思想道德是否良好．【答案】（1），， （2）该学校研究生思想道德良好．【解析】【分析】（1）根据频率确定，再根据频率和为1计算得到答案.（2）分别根据公式计算平均数和中位数，比较得到答案.【小问1详解】分值在的人数为15人，所以的频率为，即．，又，所以，解得，.【小问2详解】这组数据的平均数为：，前组频率和为，前组频率和为，故这组数据的中位数满足，解得，所以该学校研究生思想道德良好．19.如图，在四棱台中，底面是正方形，侧面底面是正三角形，是底面的中心，是线段上的点．（1）当//平面时，求证：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】 【分析】（1）连接，证得，由底面是正方形，所以，根据面面垂直的性质，证得平面，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；（2）取的中点分别为，连接，证得即为所求二面角的平面角，在直角中，结合，即可求解.【小问1详解】证明：连接，因为平面，平面，且平面平面，所以，又因为在中，是的中点，所以是的中点，因为底面是正方形，所以，又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以，所以是正三角形，所以，因为，且平面，所以平面．【小问2详解】解：取的中点分别为，连接，所以是正三角形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以，则即为所求二面角的平面角，设，则，在直角中，，所以，即所求二面角的余弦值为． 20.已知半圆圆心为，直径为半圆弧上靠近点的三等分点，以为邻边作平行四边形，且，如图所示，设（1）若，求的值；（2）在线段上是否存在一点，使得?若存在，确定点的位置，并求；若不存在，请说明理由．【答案】（1）1（2）存在，为线段靠近的四等分点，【解析】【分析】（1）法一：以作为基底向量，利用平面向量的线性运算法则表示向量，结合平面向量基本定理列方程求得，即可得的值；法二：建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算，列方程求解的值，即可得的值；（2）法一：令，由得数量积为，根据向量的线性运算即可列方程求解即可得答案；法二：根据数量积的坐标运算求解即可.【小问1详解】法一：因为半圆弧上靠近点的三等分点，又因，则为正三角形且平行四边形为菱形为线段靠近的三等分点 因，令∴，则法二：如图，以为原点，以所在直线为轴建立平面直角坐标系因为半圆弧上靠近点的三等分点，且为正三角形、平行四边形为菱形则为线段靠近的三等分点，故【小问2详解】法一：存在点，使得 令因平行四边形为菱形，所以则为线段靠近的四等分点且法二：存在点，使得令则为线段靠近的四等分点且.21.今年“五一”假期，“进淄赶烤”成为最火旅游路线，全国各地游客纷纷涌向淄博，感受疫情后第一个最具人间烟火气的假期．某地为了吸引各地游客，也开始动工兴建集就餐娱乐于一体的休闲区如图，在的长均为60米的区域内，拟修建娱乐区、就餐区、儿童乐园区，其中为了保证游客能及时就餐，设定就餐区域中．（1）为了增加区域的美感，将在各区域分隔段与处加装灯带，若，则灯带总长为多少米？（2）就餐区域的面积最小值为多少平方米？ 【答案】（1）米（2）平方米【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦定理即可求解；（2）利用正弦定理和三角形面积公式求出面积表达式，然后利用正弦函数的图象和性质即可求解.【小问1详解】因为为等腰角形，且顶角为，所以，在中，由，则，由正弦定理，即，，同理，在中，则，由正弦定理可得，，所以灯带总长为米.【小问2详解】设，则，由正弦定理可，，，∴当即时，， 面积最小为，所以就餐区域面积最小值为平方米.22.如图①，在梯形中，，，，将沿边翻折至，使得，如图②，过点作一平面与垂直，分别交于点．（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理得到，然后利用线面垂直的判定定理和性质得到，最后利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）方法一：通过作垂线的方法得到垂线段的长度即为点到平面的距离，然后求距离即可；方法二：利用等体积的方法求点到面的距离即可.【小问1详解】证明：如图①，，，，，，，如图②，∵，，，，， ，且，平面，平面，又平面，，平面，且平面，，又，且平面，平面．【小问2详解】方法一：过点作，垂足为，由（1）知平面，而平面，，且，平面，平面，则垂线段的长度即为点到平面的距离．在中，，，，，，由已知得，则，由（1）知，，，即点到平面的距离为．方法二：求点到平面的距离，即求点到平面的距离，由（1）知平面，平面，，在直角三角形中，，，， 由等面积得，，即，，平面，且平面，，由（1）知，∽，，则在直角三角形中，，设点到平面的距离为，在三棱锥中，由等体积得，，即，，即点到平面的距离为．