2022-2023学年山东省泰安市泰山区山东省泰安第一中学高一下学期6月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年山东省泰安市泰山区山东省泰安第一中学高一下学期6月月考数学试题含答案，共20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。
2022-2023学年山东省泰安市泰山区山东省泰安第一中学高一下学期6月月考数学试题 一、单选题1．设i为虚数单位，若复数是实数，则实数a的值为（    ）A．－1 B．0 C．1 D．2【答案】C【分析】由复数乘法法则化复数为代数形式，再由复数的分类求解．【详解】，它是实数，则，．故选：C．2．某射击运动员7次的训练成绩分别为:86，88，90，89，88，87，85，则这7次成绩的第80百分位数为（    ）A．88.5 B．89 C．91 D．89.5【答案】B【分析】根据百分位数的定义进行求解即可.【详解】7次的训练成绩从小到大排列为：85，86，87，88，88，89，90，，所以第80百分位数为从小到大排列的数据中的第个数据，即89，故选：B3．在中，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】已知三角形中两角和其中一角的对边，可以用正弦定理求另一角的对边.【详解】在中，由正弦定理得，，即，解得：.故选：A.4．已知，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先将转化为，再将未知角向已知角转化，根据倍角公式求出的值.【详解】因为，所以，所以.故选：C.5．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（    ）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C【分析】根据平行线的性质，结合垂直的性质、平面平行的性质逐一判断即可.【详解】因为，，若，分别在直线上为平面，的法向量，且，故，所以选项A说法正确；因为，，所以，而，因此，所以选项B说法正确；当时，如下图所示：也可以满足，，，所以选项C说法不正确；因为，，所以，而，所以，因此选项D说法正确，故选：C6．有位男生和位女生在周日去参加社区志愿活动，从该位同学中任取人，至少有名女生的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将位男生分别记为、、，位女生分别记为、，列举出所有的基本事件，并确定事件“从这位同学中任取人，至少有名女生”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】将位男生分别记为、、，位女生分别记为、，从这位同学中任取人，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共种，其中，事件“从这位同学中任取人，至少有名女生”包含的基本事件有：、、、、、、、、，共种，因此，所求概率为.故选：D.【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：（1）列举法；（2）列表法；（3）树状图法；（4）排列、组合数的应用.7．在中，角，，所对的边分别是，，，，，，则（    ）A． B．或 C． D．或【答案】A【分析】利用正弦定理求出，再求.【详解】由正弦定理得，得，则；因为，则，故，则，所以A正确.故选：A.8．已知函数是偶函数.若将曲线向左平移个单位长度后，再向上平移个单位长度得到曲线，若关于的方程在有两个不相等实根，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题首先可根据函数是偶函数得出，通过计算得出，然后通过转化得出，通过图像变换得出，最后根据正弦函数对称性得出且，通过求出此时的值域即可得出结果.【详解】因为函数是偶函数，所以，即，，解得，，则，则，向左平移个单位长度后，得到，向上平移个单位长度，得到，当时，，结合正弦函数对称性易知，在有两个不相等实根，则且，此时，实数的取值范围是，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数图像变换、正弦函数性质、偶函数的性质的应用以及两角差的正弦公式，能够根据偶函数的性质求出是解决本题的关键，考查计算能力，考查化归与转化思想，体现了综合性，是难题. 二、多选题9．已知点O，N在△ABC所在平面内 ，且，，则点O，N分别是△ABC的（    ）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】AC【分析】分析出点O到三角形的三个顶点的距离相等，所以O为的外心；先证明点N在AB边的中线上，同理可得点N在其他边的中线上，所以点N为的重心.【详解】因为，所以点O到三角形的三个顶点的距离相等，所以O为的外心；由，得，由中线的性质可知点N在AB边的中线上，同理可得点N在其他边的中线上，所以点N为的重心.故选：AC.10．某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，经计算得到男生身高样本均值为170，方差为17；女生身高样本均值为160，方差为30.下列说法中正确的是（    ）A．男生样本容量为30B．每个女生被抽入到样本的概率均为C．所有样本的均值为166D．所有样本的方差为46.2【答案】ACD【分析】分层抽样等比例性质求男女生样本容量，再由古典概型的概率求每个女生被抽入到样本的概率判断A、B；利用均值、方差公式，结合男、女的样本的均值和方差求样本总体均值方差判断C、D.【详解】A：由人，正确；B：由人，故每个女生被抽入到样本的概率为，错误；C：所有样本的均值为，正确；D：男生方差，女生方差，所有样本的方差，正确.故选：ACD11．盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件“两个球颜色相同”，=“第1次取出的是红球”，=“第2次取出的是红球”，=“两个球颜色不同”．则下列说法正确的是（    ）A．A与相互独立 B．A与互为对立C．与互斥 D．与相互独立【答案】ABD【分析】设2个红球为，2个白球为，运用列举法可得样本空间，后由事件相互独立，对立，互斥相关概念可得答案.【详解】2个红球为，2个白球为，则样本空间为：，共12个基本事件.事件A，共4个基本事件.事件B，共6个基本事件.事件C，共6个基本事件.事件D，共8个基本事件.对于A选项，因，则，故A与相互独立.故A正确；对于B选项，注意到，得A与互为对立.故B正确；对于C选项，注意到，则与不互斥.故C错误.对于D选项，因，则，故D与相互独立.故D正确.故选：ABD12．如图，在菱形ABCD中，，，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成，连接和，N为的中点，则（    ）A．平面平面AMCDB．线段CN的长为定值C．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为D．二面角的最大值为30°【答案】ABD【分析】对于A，由已知可得△ABC为等边三角形，则，由翻折性质知，平面，再由面面垂直的判定可得结论，对于B，取AD中点E，由三角形中位线定理可得，，由等角定理得，然后在△NEC中由余弦定理可求出CN长，对于C，由题意可知将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为2，，1的长方体的顶点处，从而可求出其外接球的半径，进而可求出球的表面积，对于D，过作，垂足为F，过F作，垂足为D，可和即为二面角的平面角，当时，取得最大值1，从而可求出其角度【详解】对于A，如图所示，在菱形ABCD中，，，所以△ABC为等边三角形，又M是BC的中点，所以，由翻折性质知，又因为，平面，，所以平面，因为平面AMCD，所以平面平面AMCD，故A正确；对于B，如图所示，取AD中点E，则，，在菱形ABCD中， ，，因为和的两边方向相同，则由等角定理得，在△NEC中，由余弦定理可得，所以，即CN长为定值，故B正确；对于C，由题意可知当平面平面AMD时，三棱锥的体积最大，由A项已证知此时平面AMD，易知，所以，故可将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为2，，1的长方体的顶点处，此时三棱锥的外接球即为长方体的外接球，则长方体的外接球半径，表面积为，故C错误；对于D，如图所示，由选项A可知，平面平面AMCD，在平面中，过作，垂足为F，在平面AMCD中，过F作，垂足为，因为平面平面AMCD，，平面平面，平面，所以平面AMCD，即为二面角的平面角．，在菱形ABCD中，已知FG为定值，由平面，知，点的在以M为圆心的圆弧上，所以当时，取得最大值1，此时，因为为锐角，所以，故D正确，故选：ABD． 三、填空题13．已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为           ．【答案】【分析】根据投影向量的求法，代入数据，即可求得答案.【详解】由题，向量在向量上的投影向量为，故答案为：14．如图，要计算某湖泊岸边两景点B与C的距离，由于受地形的限制，需要在岸上选取A和D两点，现测得，，，，，则两景点B与C的距离为        km.【答案】【分析】在中，根据，，，由余弦定理解得，然后在中，利用正弦定理 求解.【详解】在中，因为，，，由余弦定理得，整理得，解得或（舍去），在中，因为，，所以，由正弦定理得： ，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查余弦定理和正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.15．在四面体中，平面，，，，则该四面体的外接球的表面积为      ．【答案】【分析】由正余弦定理求，进而求△外接圆半径为r，由平面，设外接球半径为R，则求R，即可求外接球的表面积.【详解】在△中，由余弦定理：，即，由正弦定理知：若外接圆半径为r，则，即，∵平面，设四面体外接球半径为R，则，∴，即四面体的外接球的表面积.故答案为：.16．中，角A，B，C满足，则的最小值为      ．【答案】/【分析】利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，利用三角函数的最值的求法求得的最小值.【详解】依题意，，，，由正弦定理得，所以，所以为锐角，且.，由于且，所以且，所以，所以，当，是等号成立.所以的最小值为. 故答案为：【点睛】利用正弦定理或余弦定理来求角时，要注意角的范围，如，则可能是或.求解含角的表达式的最值或范围时，首先将表达转化为一个角的形式，如转化为等形式，再根据的范围求得的范围. 四、解答题17．中国神舟十三号载人飞船于2022年4月16日圆满完成飞行任务，神舟十三号的成功又一次激发了广大中学生对于航天的极大兴趣. 某校举行了一次主题为“航天梦，强国梦”的知识竞赛活动，用简单随机抽样的方法，在全校选取100名同学，按年龄大小分为大龄组甲和小龄组乙两组，每组各50人，所有学生竞赛成绩均在60~100之间，甲组竞赛成绩的频率分布表和乙组竞赛成绩的频率分布直方图，如下图所示．组号组频数频率第一组50.1第二组ab第三组150.3第四组 100.2(1)求a，b，x的值；(2)若以平均分为依据确定小组成绩的优劣，你认为哪个小组成绩更优？请说明理由（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(3)若成绩不低于90分的同学称为“航天追梦者”，以选取的100名同学作为样本，试估计该校2000名学生中“航天追梦者”的人数．【答案】(1)，，(2)甲组成绩更优，理由见解析(3)300人 【分析】（1）根据频率分布表和频率分布直方图可得答案；（2）分别算出两组的平均分作比较即可；（3）根据所给数据算出甲、乙两组中“航天追梦者”的频率，然后可算出答案.【详解】（1）由甲组的频率分布表可知， ，由乙组的频率分布直方图可知，，（2）记甲组平均分为，，记乙组平均分为，，因为 ，即甲组成绩更优.（3）由频率分布表可知，甲组中“航天追梦者”的人数为10，乙组中“航天追梦者”的人数为，甲、乙两组中“航天追梦者”的频率，甲、乙组中“航天追梦者”的人数为.18．在①，②这两个条件中任选一个作为已知条件，然后解答问题．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，______．(1)求角A；(2)若，，求的BC边上的中线AD的长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）若选①，由已知可得，可求出，进而求出；若选②：由正弦定理，得，可求出，进而求出；（2）是的边上的中线，，利用向量法可求的长．【详解】（1）解：（1）若选①，即，得，，或（舍去），，；若选②：，由正弦定理，得，，，，则，，；（2）解：是的边上的中线，，，，．19．如图所示，在四棱锥中，，为棱的中点，，，平面平面．(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由平面平面，可得平面，进而得，再利用勾股定理证得，根据线面垂直判定定理可证明结论.（2）利用等积法, 可求点到平面的距离.【详解】（1）因为，，，所以且．而，故四边形为矩形，则．因为平面平面，且平面平面，所以平面．又平面，平面，故且．因为，，，所以，即．而，故平面．（2）记点到平面的距离为．如图，过点作，垂足为，则平面．因为，故．因为平面，所以．所以，．因为，即，故．20．已知函数，其中，若实数满足时，的最小值为．(1)求的值及的对称中心；(2)在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，求周长的取值范围．【答案】(1)，对称中心；(2) 【分析】（1）先由倍角公式及辅助角公式化简得，再结合已知求得周期即可求出，由正弦函数的对称性即可求得对称中心；（2）先求出，再由正弦定理求得，再借助三角恒等变换及三角函数的值域即可求得周长的取值范围．【详解】（1），显然的最大值为1，最小值为，则时，的最小值等于，则，则，；令，解得，则的对称中心为；（2），，又，则，由正弦定理得，则，则周长为，又，则，则，故周长的取值范围为.21．如图，在四棱锥中，平面平面∥平面，，E是的中点．(1)求证：；(2)求证：平面平面；(3)若M是线段上任意一点，试判断线段上是否存在点N，使得∥平面？请说明理由．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)当为中点时，∥平面. 【分析】（1）由线面平行的性质定理即可证明.（2）由面面垂直的性质定理证得平面，又因为平面，所以平面平面.（3）取的中点，连接，由线面平行的判定定理证明平面，平面，所以平面平面，再由面面平行的性质定理可证得∥平面.【详解】（1）∥平面平面平面平面,所以.（2）因为平面平面平面平面，，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（3）取的中点，连接，分别为的中点，所以，平面，平面，所以平面，又因为，，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，，所以平面平面，又因为平面，所以∥平面.线段上存在点N，使得∥平面.22．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.