河南省濮阳市华龙区第一高级中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题（解析版）

这是一份河南省濮阳市华龙区第一高级中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 若把数据，改变为，则它们， 下面是关于复数等内容，欢迎下载使用。
濮阳市一高2022级高一下学期第四次质量检测
数学试题
命题人：濮阳市一高数学命题中心
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. 复数，则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】先根据复数的乘法求，再结合共轭复数的概念以及复数的几何意义分析判断.
【详解】由题意可得：，则，
所以对应的点为，位于第四象限.
故选：D.
2. 若把数据，改变为，则它们（ ）
A. 平均数与方差均不改变 B. 平均数改变，方差保持不变
C. 平均数不变，方差改变 D. 平均数与方差均改变
【答案】B
【解析】
【分析】直接由平均数和方差的定义计算即可求解.
【详解】数据的平均数，
数据的平均数为，平均数发生变化；
数据的方差，
数据的方差为，方差不发生变化.
故选：B.
3. 向量＝(k，12)，＝(4，5)，＝(10，k)，若A，B，C三点共线，则k的值为（ ）
A. －2 B. 11
C. －2或11 D. 2或11
【答案】C
【解析】
【分析】求出的坐标即得解.
【详解】由题得＝(4－k，－7)，＝(6，k－5)，
由题知，
故(4－k)(k－5)－(－7)×6＝0，
解得k＝11或k＝－2.
故选：C
【点睛】结论点睛：则.
4. 若，是两条不同的直线，，是两个不同的平面， 则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，则
C. 若，，，，则
D. 若，，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面的垂直和平行关系的性质定理，逐个分析判断即可得解．
【详解】由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知：
在A中，若，，则由面面平行的性质定理得，又，所以，故A正确；
在B中，若，，则由面面垂直的性质定理得mα或m⊂α，故B错；
在C中，若，，，，则由面面平行的判定定理得与 不一定平行，故C错；
在D中，若，，则m与n相交､平行或异面，故D错误.
故选：A.
5. 国家射击运动员甲在某次训练中 10次射击成绩（单位：环）如下：7，5，9，7，4，8，9，9，7，5，则下列关于这组数据说法不正确的是（ ）
A. 众数为7和9 B. 方差为
C. 平均数为7 D. 第70百分位数为8
【答案】D
【解析】
【分析】由众数、方差、平均数的求法判断ABC，再由第70百分位数的定义判断D.
【详解】易知众数为7和9，故A正确；
平均数为，故C正确；
，故B正确；
10次射击成绩从小到大依次为，因为，所以第70百分位数为，故D错误；
故选：D
6. “五月的风”是坐落在山东省青岛市五四广场的标志性雕塑，重达500余吨，是我国目前最大的钢质城市雕塑，该雕塑充分展示了岛城的历史足迹.如图，现测量该雕塑的高度时，选取了与该雕塑底在同一平面内的两个测量基点与，测得，，，在点测得该雕塑顶端的仰角为40°，则该雕塑的高度约为（参考数据：取）（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在中，利用正弦定理先求，然后在中由三角函数定义可得.
【详解】由题意得，在中，由，
得，
在中，.
故选：C
7. 在三棱锥中，平面，且，若球在三棱锥的内部且与四个面都相切（称球为三棱锥的内切球），则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设球的半径为r，由等积法得，由此可求得设球的半径为r，再根据球的表面积公式可求得答案.
【详解】解：因为平面，平面，平面，平面，
所以，，，
又，
所以平面，所以，
所以均为直角三角形，
设球的半径为r，则，
而，，
所以，解得，
所以球的表面积为，
故选：A.

8. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知分别是三个内角的对边，且，，若点P为的费马点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦定理和两角和的余弦公式化简，可得，，再根据等面积法即可求得，“费马点”定义可得该点与三角形的三个顶点的连线两两成角，从而求得答案.
【详解】,
即 ,
又 ,
,
即 ,
, 又.
由三角形内角和性质知：△ABC内角均小于120°，结合题设易知：P点一定在三角形的内部，
再由余弦定理知, ,,
,
.
由等号左右两边同时乘以可得：
，
.
故选：C.
【点睛】本题主要考查两角和差的余弦公式、余弦定理，平面向量的数量积以及等面积法的应用；理解新概念灵活运用，属于较难题.
二､多选题：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. 下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ）
A. B.
C. 的共轭复数为 D. 的虚部为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，结合复数的基本概念，逐项判定，即可求解.
【详解】由复数，
则，所以A正确；
因为，所以B正确；
根据共轭复数的概念，可得复数的共轭复数为，所以C不正确；
根据复数的基本概念可得，复数的虚部为，所以D正确.
故选：ABD.
10. 广东某高校为传承粤语文化，举办了主题为“粤唱粤美好”的校园粤语歌手比赛在比赛中，由A，B两个评委小组（各9人）给参赛选手打分．根据两个评委小组对同一名选手的打分绘制成如图所示折线图，则下列说法正确的是（ ）

A. A组打分的众数为47 B. B组打分的中位数为75
C. A组意见相对一致 D. B组打分的均值小于A组打分的均值
【答案】AC
【解析】
【分析】由折线图中的数据，结合众数、中位数、平均数的定义对四个选项逐一分析判断即可．
【详解】解：由折线图可知，小组打分的分值为：42，47，45，46，50，47，50，47，
则小组打分的分值的众数为47，故选项A正确；
小组打分的分值为：55，36，70，66，75，68，68，62，58，
按照从小到大排列为：36，55，58，62，66，68，68，70，75，
中间数为66，故中位数为66，故选项B错误；
小组的打分成绩比较均匀，波动更小，故A小组意见相对一致，故选项C正确；
小组的打分分值的均值，而小组的打分分值的均值，
所以小组打分的分值的均值大于小组打分的分值的均值，故选项D错误．
故选：AC．
11. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则（ ）
A. 为钝角三角形 B. 为最大的内角
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对A，根据同角三角函数和两角和与差的余弦公式即可判断；对B和C，利用正弦定理即可判断；对D，利用反证法即可.
【详解】对A，由，得A，C均为锐角，
则，，
因为
，
所以B为锐角，为锐角三角形，A错误.
由，得，
，根据正弦定理得，则，
所以C为最大的内角，故B正确；
对C，根据正弦定理有， 故C正确；
对D，若，，则，，不符合题意，故D错误.
故选：BC.
12. 如图，正方体的棱长为2，E是棱的中点，F是侧面上的动点，且满足平面，则下列结论中正确的是（ ）

A. 平面截正方体所得截面面积为
B. 点F的轨迹长度为
C. 存在点F，使得
D. 平面与平面所成二面角的正弦值为
【答案】AC
【解析】
【分析】取CD中点G，连接BG、EG，计算截面的面积后判断A的正误，取中点M，中点N，则点F的运动轨迹为线段MN，故可判断B的正误，取MN的中点F，则可判断，故可判断C的正误，而即为平面与平面所成二面角，计算其正弦值后可判断D的正误.
【详解】
取CD中点G，连接BG、EG，则等腰梯形为截面，
而，，
故梯形面积为，A正确；
取中点M，中点N，连接，
则，故四边形为平行四边形，
则得，而平面，平面，
故平面，同理平面，
而，平面，故平面平面，
∴点F的运动轨迹为线段MN，其长度为，B错误；
取MN的中点F，则，
∴，∵，∴，C正确；
因为平面平面且，，
∴即为平面与平面所成二面角，，D错误．
故选：AC.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，则的形状为______（填“锐角三角形”、“直角三角形”、“钝角三角形”、“无法确定”中的一个）
【答案】直角三角形
【解析】
【分析】利用正弦定理可得，结合三角函数的性质及三角形内角和定理可得结果.
详解】由得，
由正弦定理得，所以，
因为，所以或，
结合，解得或（舍去），
因此为直角三角形．
故答案为：直角三角形．
14. 水平放置的平行四边形，用斜二测画法画出它的直观图，如图所示.此直观图恰好是个边长为的正方形，则原平行四边形的面积为___________.

【答案】
【解析】
【分析】根据斜二测法的画图原则求出原平行四边形的边长和高，进而求面积.
【详解】由题设，，故原平行四边形中上下底的高，
平行四边形，，
所以原平行四边形的面积为.
故答案为：
15. 如图，某款酒杯的容器部分为圆锥，且该圆锥的轴截面是面积为的正三角形，若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，则圆柱冰块的侧面积的最大值为___________.

【答案】
【解析】
【分析】设该圆锥的轴截面正三角形的边长为a，先求出a=8. 设圆柱的底面圆半径为x,高为h，建立出侧面积的函数，利用二次函数求出最大值.
【详解】设该圆锥的轴截面正三角形的边长为a，由该圆锥轴截面的面积为,得,所以a=8,所以该圆锥底面圆半径为4，高为.
设圆锥中放置的圆柱的底面圆半径为x,高为h，其中.
如下图所示：

由可得：，即，所以.
所以圆柱冰块的侧面积为.
由二次函数的性质可得： 当时，最大.
故答案为：
16. 已知平面向量，的夹角为45°，且，则的最小值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，则点在一条直线上运动，，于是问题转化为将军饮马问题，把点关于直线对称过去，设为，则最小值为的长
【详解】解：如图所示，设，则三点共线，且，设，因为平面向量，的夹角为45°，
所以点在一条直线上运动，且这条直线与的夹角为45°，设这条直线为，
所以，，
所以，
设点关于直线的对称点为，连接交直线与点，连接交直线与点，
所以，当点与点重合时，不等式取等号，
中，，
由余弦定理得，
所以，
所以的最小值为，
故答案为：

三､解答题：本题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 新冠肺炎疫情期间，某地为了解本地居民对当地防疫工作的满意度，从本地居民中随机抽取若干居民进行评分（满分为100分），根据调查数据制成如下频率分布直方图.

（1）求频率分布直方图中a的值；
（2）根据频率分布直方图估计本次评测分数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，并精确到0.1）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1运算求解；
（2）根据平均数公式运算求解.
【小问1详解】
由题意可得：，解得.
【小问2详解】
估计本次评测分数的平均数.
18. 已知向量满足，，且.
（1）求；
（2）设向量，记，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由数量积定义求出，再由结合数量积的运算律即可求解；
（2）先求出，再由向量夹角公式求解即可.
【小问1详解】
由题知，
所以；
【小问2详解】
因为；
，同理可求得；
所以.
19. 如图所示，在正六棱锥中，O为底面中心，，．

（1）求该正六棱锥的体积和侧面积；
（2）若该正六棱锥的顶点都在球M的表面上，求球M的表面积和体积．
【答案】（1），
（2）表面积为，体积为
【解析】
【分析】(1) 正六棱锥的几何特征，再应用体积和侧面积公式求解即可;
(2) 正六棱锥的几何特征，根据球的表面积和体积求解即得.
【小问1详解】
由条件可知正六边形ABCDEF的边长为4，
所以底面积为，
该正六棱锥的体积为．
正六棱锥的侧棱长为，
侧面等腰三角形的面积为，
故该正六棱锥的侧面积为．
【小问2详解】
球心M一定在直线SO上，设球M的半径为R，
则，
又，
所以，解得．
所以球M的表面积为，
体积为
20. 在中，.
（1）求A；
（2）若点D在BC边上，，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，结合余弦定理即可求出A；
（2）判断出D在BC中点， 结合向量，利用向量的模长公式得到一个关于边长的方程，再结合余弦定理的方程，即可求出，从而求出面积.
【小问1详解】
由正弦定理得：
，，
结合余弦定理得：，
且在三角形中，，.
【小问2详解】

,所以,D是BC的中点，
，
即，，
且,
两式相减得：,
所以，.
21. 如图，在直角梯形OABC中，，，.为上靠近的三等分点，OF交AC于D，E为线段BC上的一个动点（包含端点）.

（Ⅰ）若，求实数的值；
（Ⅱ）设，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）根据平面图形的性质以及平面向量的线性运算，结合共起点的三向量终点共线的结论列出方程即可求出结果；
（2）根据平面向量的线性运算以及平面向量的基本定理求出的关系，然后结合二次函数的图象与性质即可求出结果.
【详解】解：（Ⅰ）由题意得，
则
故，由共起点的三向量终点共线的充要条件知，
，则；
（Ⅱ）由已知，
因P是线段BC上动点，则令，
，
又，不共线，则有，
，
在上递增，
所以，，，
故的取值范围是.
22. 如图所示，正四棱锥中，O为底面正方形的中心，侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为.

（1）求侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的大小；
（2）若E是PB的中点，问在棱AD上是否存在一点F，使侧面PBC，若存在，试确定点F的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，是的四等分点，靠近A点的位置
【解析】
【分析】（1）取的中点，根据题意分析可得为所求二面角的平面角，为侧棱与底面所成的角，进而运算求解即可；
（2）根据题意可得平面平面，结合面面垂直的性质可得平面，进而结合平行关系分析证明.
【小问1详解】
取的中点，连接、，
由正四棱锥的性质可知平面，且平面，则，
依条件可知，则为所求二面角的平面角.
由面，可知为侧棱与底面所成的角，
则，设，则，
所以，
则，因为，故.
【小问2详解】
延长交于，则为的中点，取的中点，连接、.
因为，为的中点，则，
同理可得，
且，平面，故平面，
由平面，可知平面平面，
又因为，，
所以为正三角形，且为的中点，则，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
取的中点，连接，
因为、分别为、的中点，则∥且，
因为∥且，、分别为、的中点，
则∥且，
且为的中点，则∥且，所以∥且，
可得四边形为平行四边形，则∥，故平面，
因此是的四等分点，靠近A点的位置.