2023-2024学年福建省永春第一中学高一上学期8月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省永春第一中学高一上学期8月月考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年福建省永春第一中学高一上学期8月月考数学试题 一、单选题1．已知复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的乘法运算求出，再根据模长公式可求出结果.【详解】因为，所以.故选：B.2．有一块多边形菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），其中，，，则这块菜地的面积为（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】由所给条件求出BC，将斜二测直观图还原成直角梯形，利用梯形的面积公式即可求解.【详解】如图1所示，过点A作AE垂直于BC于点E，，，，四边形是正方形，则，，  将斜二测直观图还原成图2所示直角梯形，其中,所以这块菜地的面积为.故选：D.3．从，，，，这五个数中随机抽取两个不同数字，则这两个数字乘积为偶数且它们的和大于 的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用列举法写出所有的情况，然后找出符合题目条件的情况，根据古典概型公式代入计算即可.【详解】从，，，，这五个数中随机抽取两个不同数字的样本空间是，，，，，，，，，，共个样本点，记事件 “这两个数字乘积为偶数且和大于”，则，，，，共个样本点，所以.故选：D.4．已知向量，，向量与的夹角为，则的值为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根据向量数量积的运算律及性质化简即可运算求解.【详解】故选：B5．设为两个互斥事件，且，，则下列各式一定正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据互斥事件的含义判断各选项即可.【详解】因为为两个互斥事件，，，所以，即，且.故选：B．6．已知l，m，n是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（    ）A．若，，则B．若，，且满足，，则C．若，，，且满足，则D．若，，，且，，则【答案】C【分析】根据空间线面、面面间的位置关系判断．其中C可由线面平行的判定定理的性质定理判断．【详解】因为A的直线n中可能在面内，故A错误；B，D中m，n可能平行，则结论不一定成立，故B、D错误；C中若，，则有，又，，从而有，，故C正确．故选：C．7．已知等边三边形的边长为4，为的中点，将沿折到，使得为等边三边形，则直线与所成的角的余弦值为（    ）A． B．0 C． D．【答案】D【分析】根据异面直线夹角的定义结合余弦定理运算求解.【详解】分别取的中点，连接，则∥，∥，且，所以直线与所成的角为（或其补角），由题意可知：，，平面，所以平面，且平面，可得，则，在中，由余弦定理可得，所以直线与所成的角的余弦值为.故选：D.  8．在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，，则周长的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先求出，可得，由正弦定理得的周长为，再求出，进而可得答案.【详解】因为所以，∵，∴，，∵，∴，，∴，∴，由正弦定理得∴，，所以的周长为∵，∴的周长为，故选：B. 二、多选题9．新型冠状病毒阳性即新型冠状病毒核酸检测结果为阳性，其中包括无症状感染者和确诊病例.下图是某地某月2日至16日的新冠疫情病例新增人数的折线统计图，则（    ）  A．本地新增阳性人数最多的一天是10日B．本地新增确诊病例的极差为84C．本地新增确诊病例人数的中位数是46D．本地新增无症状感染者的平均数大于本地新增确诊病例的平均数【答案】ABC【分析】根据折线统计图逐个分析判断即可.【详解】对于A，由统计图可知2日至16日新增阳性人数依次为8，15，44，63，120，72，30，59，131，66，95，85，99，102，92，其中本地新增阳性人数最多的一天是10日，所以A正确，对于B，由统计图可知本地新增确诊病例的极差为，所以B正确，对于C，由统计图可知本地新增确诊病例人数从小到大排列依次为6，10，14，14，20，33，40，46，51，72，81，82，90，90，90，则中位数为第8个数46，所以C正确，对于D，由统计图可知本地新增无症状感染者的平均数为，本地新增确诊病例的平均数为，所以本地新增无症状感染者的平均数小于本地新增确诊病例的平均数，所以D错误，故选：ABC10．下列说法错误的是（    ）A．命题“，”的否定是“，”B．“”是“”的既不充分也不必要条件C．若a，b，，则“”的充要条件是“，且”D．“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要而不充分条件【答案】AC【分析】对于A，命题的否定是改量词否结论即可；对于B，利用充分条件和必要条件的定义判断即可；对于C，举反例判断；对于D，利用充分条件和必要条件的定义判断【详解】A．命题“，”的否定是“，”，故A错误；B．，而不能推出，也不能推出所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故B正确；C．当“，，”，也满足“”，故C错误；D．关于x的方程有一正一负根的充要条件是，故“”是“”的必要不充分条件，故D正确．故选：AC11．水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时12秒．经过t秒后，水斗旋转到P点，设点P的坐标为，其纵坐标满足，则下列结论正确的是（    ）A． B．当时函数数单调递增C．当时，点P的纵坐标越来越小 D．当时，【答案】CD【分析】首先根据条件求函数的解析式，再分别代入选项，判断函数的单调性，以及函数值.【详解】，，，当时，，且，，所以，故A错误：当时，，所以函数在不是单调递增的，故B错误：当时，，所以函数在是单减的，故C正确：当时，，此时，点，，故D正确．故选：CD12．如图，正三棱柱的上底面上放置一个圆柱，得到一个组合体，其中圆柱的底面圆内切于，切点，分别在棱，上，为圆柱的母线.已知圆柱的高为，侧面积为，棱柱的高为，则（    ）  A．平面B．C．组合体的表面积为D．若三棱柱的外接球面与线段交于点，则与平面所成角的正弦值为【答案】BCD【分析】作出平面 截组合体所得截面，即可判断A；先求出的边长，分别取，的中点，，连接，，，，，则，证明平面，再根据线面垂直的性质即可判断B；由于圆柱的下底面与棱柱的上底面有重叠部分，则表面积，再根据柱体的体积公式即可判断C；取的中心，则的中点为棱柱的外接球球心，连接，，连接，在平面内过作，垂足为，利用勾股定理求出外接球的半径，利用等体积法求出到平面的距离，进而可判断D.【详解】对于A：由题意，切点，分别为，的中点，作出平面 截组合体所得截面，如下图1：由图可知，，分别在截面的两侧，故A错误；对于B：因为圆柱的高为，侧面积为，所以圆柱底面半径为，又圆柱的底面圆内切于，则，所以棱柱底面边长，如下图2：分别取，的中点，，连接，，，，，则，所以，，，四点共面，又，所以，易知，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以，故B正确；对于C：由于圆柱的下底面与棱柱的上底面有重叠部分，因此表面积，故C正确；对于D：如下图3：取的中心，则的中点为棱柱的外接球球心，连接，，由勾股定理，得外接球半径，连接，在平面内过作，垂足为，则，由勾股定理，得，所以，所以，，由余弦定理得，所以，所以，设到平面的距离为，与平面所成的角为，由，有，即，解得，所以，故D正确.故选：BCD.  【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 三、填空题13．数据13，11，12，15，16，18，21，17的第三四分位数为             .【答案】17.5【分析】由分位数的公式计算.【详解】这组数据共8个数，从小到大排列是11，12，13，15，16，17，18，21，，所以第三四分位数是第6个数和第7个数的平均数，即.故答案为：17.514．在边长为2的正中，点D在边上，点E是中点，若，则      ．【答案】【分析】设，，，把用表示，计算数量积可得．【详解】设，，，则，，则故，即．故答案为：．15．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，.记四面体的外接球的球心为，为球表面上的一个动点，当取最大值时，四面体体积的最大值为            .  【答案】/【分析】根据题意，由条件可得取最大值时，由余弦定理即可得到，然后过作，即可得到，从而得到结果.【详解】  依题可得，四面体的外接球的球心为中点，外接球半径，要使取到最大值，则，即与球相切时，所以,在中，，∴，∴，∴，过作，垂足为，所以点在以为圆心为半径的圆上，又，∴四面体体积的最大值为.故答案为：.16．已知函数，若当方程有四个不等实根，，，时，若不等式恒成立，则实数k的取值范围是      ．【答案】【分析】依题意画出函数图象，结合对数函数的图象和性质，可得，，且，则不等式恒成立，可化为：恒成立，令，根据二次函数的性质得到实数的取值范围．【详解】解：函的图象如右图所示：当方程有四个不等实根，，时，由，即，，且，不等式恒成立，则恒成立令，，，则，，，故为所求．故答案为： 四、解答题17．已知为平面向量，且．(1)若，且与垂直，求实数k的值；(2)若，且，求向量的坐标．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）利用向量运算的坐标表示，向量垂直的坐标表示列出方程，求解作答.（2）利用向量共线设出的坐标，利用坐标求模列式计算作答.【详解】（1）因为，则，因为与垂直，于是，即，解得.所以．（2）由，设，而，则，解得，所以或．18．一个袋子中有大小和质地相同的4个球，标号分别为1，2，3，4，从袋中不放回地随机抽取两次，每次取一球．记事件A：第一次取出的是2号球；事件B：两次取出的球号码之和为5．(1)写出这个试验的样本空间；(2)判断事件A与事件B是否相互独立，请说明理由；(3)两次取出的号码之和最可能是多少？请说明理由．【答案】(1)答案见解析(2)事件A与事件B是相互独立，理由见解析(3)两次取出号码之和最有可能是5，理由见解析 【分析】（1）用数组表示可能的结果,即可得出试验样本空间；（2）利用独立事件的定义判断；（3）两次取出的号码之和的有：3，4，5，6，7，求出对应的概率比较即可得出答案．【详解】（1）用数组表示可能的结果，表示第一次抽到球的标号，表示第二次抽到球的标号，则试验样本空间为．（2），，．所以．因为，所以事件A与事件B是相互独立．（3）两次取出的号码之和的有：3，4，5，6，7．分别记作事件：C，D，E，F，G．则．．因．所以两次取出号码之和最有可能是5．19．如图，在三角形中，，，．（1）求的面积：（2）若、边上的点、满足：，，且、相交于点P，求的余弦值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）先求出，再求出，最后代入三角形面积公式即可；（2）先根据平面向量的基本定理用表示，，再用数量积的夹角公式求解即可【详解】解：（1）在中，，，，，，，，， （2）由已知条件知，，，，所以，，，所以．20．某大型企业为员工谋福利，与某手机通讯商合作，为员工办理流量套餐.为了解该企业员工手机流量使用情况，通过抽样，得到100名员工近一周每人手机日平均使用流量（单位：M）的数据，其频率分布直方图如图：   若将每位员工的手机日平均使用流量分别视为其手机日使用流量，回答以下问题.(1)求这100名员工近一周每人手机日使用流量的众数、中位数；(2)在办理流量套餐后，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男员工20名，其手机日使用流量的平均数为800M，方差为10000；抽取了女员工40名，其手机日使用流量的平均数为1100M，方差为40000.（i）已知总体划分为2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：，，；，，，记总的样本平均数为，样本方差为.证明：.（ii）用样本估计总体，试估计该大型企业全体员工手机日使用流量的平均数和方差.【答案】(1)众数450，中位数为380(2)（i）证明见解析；（ii）平均数1000M，方差50000 【分析】（1）由频率分布直方图中众数为最高矩形横坐标的中点，中位数左边和右边的直方图面积相等可解；（2）（i）根据方差的定义，证明总样本方差公式；（ii）利用总样本平均数和方差公式可解.【详解】（1）估计这100名员工近一周每人手机日使用流量的众数450    由频率分布直方图可知流量少于300的所占比例为，流量少于400的所占比例为，所以抽取的100名员工近一周每人手机日使用流量的中位数在内，且中位数为 .（2）（i）证明：根据方差的定义，总样本的方差为 由，可得同理可得因此（ii）估计该大型企业全体员工手机日使用流量的平均数为由（i）知，估计该大型企业全体员工手机日使用流量的方差为21．已知函数的部分图象如图．（1）求函数的解析式；（2）若函数的零点为，求的值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）求最值求得，由周期求得，再由顶点或零点坐标求得，得解析式；（2）已知为，再利用两角差的正弦公式变形可求值．【详解】解：（1）由图象可知，，周期，，，则，从而，代入点，得，则，，即，，又，则，，（2）由已知方程的解为．即，所以．22．如图，在正三棱柱中，，为的中点，、在上，.  (1)试在直线上确定点，使得对于上任一点，恒有平面；（用文字描述点位置的确定过程，并在图形上体现，但不要求写出证明过程）(2)已知在直线上，满足对于上任一点，恒有平面，为（1）中确定的点，试求当的面积最大时，二面角的余弦值.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）延长至点，使，点即所求的点，然后证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出结论；（2）分别延长、，所得交点即点，连接，则二面角即二面角，推导出，可知，当最大时，最大，利用基本不等式求出的最大值，及其等号成立的条件，分析可知为等腰直角三角形，取的中点，则，在平面内过点作，垂足为，连接，分析可知为二面角的平面角，计算出三边边长，即可求得的余弦值，即为所求.【详解】（1）解：延长至点，使，点即所求的点，图形如下：  证明如下：连接、，  在正三棱柱中，且，所以，，又因为，所以，，所以，，则，故，因为平面，平面，所以，平面，因为，则，因为为的中点，，则，故，所以，，所以，，因为平面，平面，所以，平面，又因为，、平面，所以，平面平面，当点在线段上运动时，平面，故平面.（2）解：分别延长、，所得交点即点，连接，则二面角即二面角.因为、直线，且，则，因为平面，平面，所以，平面，合乎题意，    因为，且，所以，所以.所以，所以当最大时，最大.由基本不等式可得，当且仅当时等号成立.此时，且为等腰直角三角形.取的中点，则，在平面内过点作，垂足为，连接.因为平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面.因为平面，所以，又，平面，平面，所以平面.因为平面，所以.所以为二面角的平面角.因为，所以，，因为平面，平面，则，所以，所以.即二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.