2022-2023学年安徽省江淮名校高一下学期5月阶段联考数学试题含解析

2022-2023学年安徽省江淮名校高一下学期5月阶段联考数学试题

一、单选题

1．下列结论错误的是（    ）

A．圆柱的每个轴截面都是全等矩形 B．长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体

C．用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台 D．四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体

【答案】C

【分析】直接利用圆柱，直棱柱，圆台，圆锥的定义判断ABCD的结论．

【详解】对于A：由矩形绕着它的一条边旋转一周形成一个圆柱，可得圆柱的每个轴截面都是全等矩形，故A正确；

对于B：长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体，故B正确；

对于C：用一个平行于底面的平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台，故C错误；

对于D：四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体，故D正确．

故选：C

2．已知复数满足，则在复平面内所对应的点是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由复数的模长公式化简，再由复数的几何意义求解即可.

【详解】由题意可得，

所以复数在复平面内对应的点为．

故选：B．

3．已知向量，，若，则在上的投影向量的坐标为（    ）

A． B． C． D．（

【答案】C

【分析】由向量垂直的坐标表示求解，再根据投影向量的公式进行求解即可.

【详解】由，，，得，

解得．所以，，

所以，，

所以在上的投影向量为

故选：C．

4．如图是年全球LNG运输船订单和交付量统计图，则下列说法不正确的是（    ）

A．年全球LNG运输船订单量的平均值约为32艘

B．年全球LNG运输船订单的交付率逐年走低

C．年全球LNG运输船交付量的极差为27艘

D．2019年全球LNG运输船订单和交付量达到峰值

【答案】B

【分析】根据统计图中的数据一一分析计算每个选项中涉及的数据，即可判断出答案.

【详解】由图知，年全球LNG运输船订单量的平均值为（艘），故A正确；

2019年的交付率为，2020年的交付率为，即2020年的交付率大于2019年的交付率，故B不正确；

年全球LNG运输船交付量的极差为，故C正确；

2019年全球LNG运输船订单和交付量达到峰值，故D正确，

故选：B．

5．已知向量，的位置如图所示，若图中每个小正方形的边长均为1，则（    ）

A． B． C．4 D．

【答案】D

【分析】根据图建立直角坐标系可得的坐标，然后根据向量的加法与模公式求解即可.

【详解】如图所示建立平面直角坐标系，则，，，

所以．

故选：D．

6．已知、、是三个不同的平面，且，，则“”是“”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】根据几何模型与面面平行的性质定理，结合充分条件和必要条件的定义可判断出“”是“”的必要而不充分条件.

【详解】如下图所示，将平面、、视为三棱柱的三个侧面，设，将、、视为三棱柱三条侧棱所在直线，则“”“”；

另一方面，若，且，，由面面平行的性质定理可得出.

所以，“”“”，因此，“”是“”的必要而不充分条件.

故选：B.

【点睛】本题考查必要不充分条件的判断，同时也考查了空间中平行关系的判断，考查推理能力，属于中等题.

7．如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距500km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从A点起飞以后，就沿与原来的飞行方向AB成角的方向飞行，飞行到中途C点，再沿与原来的飞行方向AB成角的方向继续飞行到终点B点.这样飞机的飞行路程比原来的路程500km大约多飞了（ ）（，）

A．10km B．20km

C．30km D．40km

【答案】B

【分析】由题得，再由正弦定理求出，即得解.

【详解】在中，由，得，

由正弦定理得，

所以，

所以，

所以，

故选：B.

8．如图，已知正四棱锥的所有棱长均为4，平面经过，则平面截正四棱锥的外接球所得截面圆的面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】连接、交于，连接，求出，，可得点即为正四棱锥的外接球球心，取中点，连接，当时，截面圆的面积最小，线段也即此时截面圆的直径，求出截面圆的面积即可．

【详解】连接，交于，连接，则底面且是中点，

，，

所以到，，，，的距离均为，点即为正四棱锥的外接球球心，取中点，连接，分析可知，当时，截面圆的面积最小，线段也即此时截面圆的直径，所以截面圆的面积的最小值为．

故选：C．

二、多选题

9．下列关于复数的说法正确的是（    ）

A．任意两个虚数都不能比较大小 B．在复平面中，虚轴上的点都表示纯虚数

C．已知，，则 D．

【答案】AC

【分析】根据复数的概念可判断A正确；根据复平面的概念可判断B不正确；根据复数的乘法运算和复数的模长公式计算可判断C正确；根据虚数单位的概念计算可判断D不正确．

【详解】对于A，任意两个虚数都不能比较大小，A正确；

对于B，在复平面中，虚轴上的点都表示纯虚数，不正确，因为原点在虚轴上，原点表示实数0，B不正确；

对于C，设，，

则，，，C正确；

对于D，，D不正确．

故选：AC．

10．为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党､知史爱国的热情，某校举办了“学党史､育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的（    ）

A．的值为0.005；

B．估计成绩低于60分的有25人

C．估计这组数据的众数为75

D．估计这组数据的第85百分位数为86

【答案】ACD

【分析】由所有组频率之和为1求得a，再根据频率直方图中频数、众数及百分位数的求法可得结果.

【详解】对于A，由，得.故A正确；

对于B，估计成绩低于60分的有人.故B错误；

对于C，由众数的定义知，估计这组数据的众数为75.故C正确；

对于D，设这组数据的第85百分位数为m，则，

解得：，故D正确.

故选：ACD

11．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．若为斜三角形，则

C．若，则是锐角三角形

D．若，则一定是等边三角形

【答案】ABD

【分析】由正弦定理和比例性质可以判断A，D选项，根据诱导公式及两角和公式判断B选项，由平面向量的数量积判断三角形形状判断C选项，

【详解】对于A，由正弦定理和比例性质得，故A正确；

对于B，由题意，，则，

所以，故B正确；

对于C，因为，所以，所以，

所以C为钝角，是钝角三角形，故C错误；

对于D，因为，所以，所以，且A，B，，所以，所以为等边三角形，故D正确．

故选:ABD．

12．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得三棱锥．设CD＝2，点E，F分别为棱BC，BD的中点，M为线段AE上的动点．下列说法正确的是（    ）

A．存在某个位置，使

B．存在某个位置，使

C．当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正切值为

D．当AB＝AD时，CM+FM的最小值为

【答案】ACD

【分析】利用面面垂直的性质定理即可判断A；先假设存在，利用线面垂直的判定定理可得平面ABD，可得，即△ACD是以CD为斜边的直角三角形，通过计算发现，互相矛盾，即可判断B；由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角，即可判断C；由侧面展开图及余弦定理可判断D

【详解】解：对于A：存在平面平面，使得，证明如下：

因为平面平面， 平面平面，，平面，

则平面，因为平面，所以，

故存在平面平面，使，故A正确，

对于B：若，又平面，

则平面ABD，因为平面ABD，则，则是以CD为斜边的直角三角形，

因为，所以，，

又由题意知，故不存在某个位置，使，故B错误；

对于C：当三棱锥体积取得最大值时，平面平面BCD，即AE是三棱锥的高，

又，平面平面BCD＝BC，平面BCD，所以平面ABC，

所以∠DAC是直线AD与平面ABC所成的角，

所以，故C正确；

对于D：当时,因为为的中点，

所以，则，

又因为的中点，所以，

又，所以，

所以，

如图将沿旋转，得到，使其与在同一平面内且在内，

则当三点共线时，最小，

即的最小值为，

在中，，

则，

所以在中，由余弦定理得，

所以的最小值为，故D正确，

故选：ACD．

三、填空题

13．在中，，且，则________．

【答案】

【分析】根据平面向量的线性运算求解即可.

【详解】，，

即，，．

故答案为：.

14．为迎接2023年成都大运会，大运会组委会采用按性别分层抽样的方法从200名大学生志愿者中抽取30人组成大运会志愿小组.若30人中共有男生12人，则这200名学生志愿者中女生可能有______人.

【答案】120

【分析】根据分层抽样的比例关系计算得到答案.

【详解】由题设，若200名学生志愿者中女生有人，则，

所以人.

故答案为：120

15．如图所示的是用斜二测画法画出的的直观图（图中虚线分别与轴，轴平行），则的周长为________．

【答案】

【分析】根据题意，由直观图画法可得原图，即可得到结果.

【详解】根据题意，的原图形如图，

根据直观图画法规则知，的底边的长为4，高为4，，

则的周长为．

故答案为：.

16．在中，，点在边上，且，的面积为，则的最小值为________．

【答案】2

【分析】法一：根据△ABC的面积公式求得，由余弦定理得，由结合余弦定理及基本不等式求得结果；法二：根据△ABC的面积公式求得，根据得结合基本不等式求得结果.

【详解】法一：设，，，在中，

由余弦定理，得，整理得，

又的面积为，所以，．

又，

整理得.

当且仅当时取等号，所以的最小值为2．

法二：由的面积为，

可得．易知，

所以，

当且仅当时取等号，所以的最小值为2．

故答案为：2.

四、解答题

17．某果园试种了两个品种的桃树各10棵，并在桃树成熟挂果后统计了这20棵桃树的产量如下表，记两个品种各10棵产量的平均数分别为和，方差分别为和．

(1)求，，，；

(2)果园要大面积种植这两种桃树中的一种，依据以上计算结果分析选种哪个品种更合适?并说明理由．

【答案】(1)，，，

(2)选择品种，理由见解析

【分析】（1）根据平均数和方差公式求解即可；

（2）比较平均值和方差的大小可得答案.

【详解】（1），

，    

，

．

（2）由可得两个品种平均产量相等，

又，，则品种产量较稳定，故选择品种.

18．如图，在四棱锥中，平面，，，，，交于点．

(1)求证：平面平面；

(2)设是棱上一点，过作，垂足为，若平面平面，求的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证得结果；

（2）由面面平行的性质定理得及平行线对应线段成比例得出结果.

【详解】（1）证明：因为底面，平面，故，

又，，，平面，故平面    

又平面，故平面平面．

（2）因为平面平面，平面平面，平面平面，

所以，    

因为，且，所以        

在中，由，，得，    

即．

19．已知向量，，其中．

(1)若，求；

(2)若，求，夹角的余弦值．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）根据题意，由共线向量的坐标运算即可得到结果；

（2）根据题意，由向量的坐标运算，结合模长公式代入计算，即可得到，再由向量的夹角坐标公式，即可得到结果.

【详解】（1）由，得，即，    

因为，所以，

所以或，

解得或.

（2）由题得，

由，得，即，

整理得，①        

令，则．

所以①式可化为，解得或（舍去）    

由，得    

所以，即，因为，

所以，此时，，设，夹角为，

则，

故，夹角的余弦值为．

20．记的内角的对边分别为，，，已知．

(1)求；

(2)若，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理及余弦定理求得结果；

（2）由结合两角和的正弦公式及余弦定理求得结果.

【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，

整理得        

故由余弦定理得，

又，所以．

（2）因为，

所以    

由（1）知，

所以    

因为，

所以，

又易知，所以．

所以，，

所以，

故的取值范围是.

21．已知空间几何体中，是边长为2的等边三角形，是腰长为2的等腰三角形，，，，．

(1)作出平面与平面的交线，并说明理由；

(2)求点到平面的距离．

【答案】(1)作图见解析，理由见解析

(2)

【分析】（1）利用平面的基本性质可以求得两平面的交线；

（2）先利用等体积法求到平面的距离，利用转化法可得答案.

【详解】（1）如图所示，分别延长，交于点，连接，

则即为平面与平面的交线.   

理由如下：

因为．

故，，，四点共面，又，则，交于点．

由，平面，得平面；

由，平面，得平面．

所以是平面与平面的公共点，又也是平面与平面的公共点，

所以即为平面与平面的交线.

（2）连接交于点，

因为，，所以，

则点到平面的距离是点到平面的距离的2倍．    

因为，，所以，

又，，，平面，

所以平面    

同理可证平面．

所以三棱锥的体积    

因为是腰长为2的等腰三角形，所以．

所以，

同理    

又已知，故的面积．    

设点到平面的距离为，

则，

即，解得．

故点到平面的距离为．

22．如图，在平面四边形中，已知，，，．

(1)若，求；

(2)若，求四边形的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦定理可求出结果；

（2）设，根据正弦定理求出，进而求出、，再根据三角形面积公式可求出结果.

【详解】（1）在中，，

，

在中，由余弦定理，得

.

（2）设，则，

在中，由正弦定理得，

即，

即，则，整理得，

解得或（舍），

易知为锐角，所以，

在中，，，

四边形的面积，

故四边形的面积为.