2022-2023学年山东省枣庄市重点中学高一下学期6月初阶段性检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年山东省枣庄市重点中学高一下学期6月初阶段性检测数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
枣庄市重点中学2022-2023学年高一下学期6月初阶段性检测数学学科试题试卷满分：150分 考试时间：120分钟 考试范围：必修二第六章至第九章一、单项选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．（    ）A．   B．   C．   D．2. 在复平面内，复数对应的点位于（    ）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3. 已知圆台的上、下底面圆的半径分别为1和2，高为，则圆台的侧面积为（    ）A. B. C. D.4．用分层抽样的方法从某高中学生中抽取1个容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人．已知该校高二年级共有学生300人，则该校学生总数为（    ）A. 900           B. 1100            C. 1200               D. 13505.已知，为关于的实系数方程的两个虚根，则（    ）A.  B.  C.  D. 6．下列四个选项，正确的为（    ）A．已知向量，，若“与共线”，则“存在唯一实数使得”B．已知，是非零向量，若“与共线”，则“”C．在△ABC中，A，B，C为三角形的三个内角，若“”，则“”D．设非零向量，，若，则向量与的夹角为锐角7. 如图，在正三棱柱中，M为棱的中点，N为棱上靠近点C的一个三等分点，若记正三棱柱的体积为V，则四棱锥的体积为（    ）A.           B.        C.             D.  8.小明同学为了估算位于哈尔滨的索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）A． B． C． D．9．已知球的半径为，平面截球所得的截面的半径均为3，若，则平面与平面所成角的正弦值为（     ）A． B． C． D． 二、多项选择题：（共5小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．）10.已知复数满足，则（    ）A.的实部为             B.的虚部为2或C.                  D.11.设a，b是两条不重合的直线，，是两个不同的平面，下列四个命题中，正确的是（    ）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则 12．如图，在正方体中，，分别是的中点，则（  ）A．四点，，，共面B．C．与平面相交D．若，则正方体外接球的表面积为  13．某学校为普及安全知识，对本校1500名高一学生开展了一次校园安全知识竞赛答题活动(满分为100分).现从中随机抽取100名学生的得分进行统计分析，整理得到如图所示的频率分布直方图，则根据该直方图，下列结论正确的是（    ）A．图中的值为0.017B．该校高一至少有80%的学生竞赛得分介于60至90之间C．该校高一学生竞赛得分不小于90的人数估计为195人D．该校高一学生竞赛得分的第75百分位数估计大于8014.在锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，外接圆半径为R，若，，则（    ）A.  B.C. 的周长的最大值为 D.的取值范围为三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分。)15．已知有8个样本数据分别为4，7，8，11，13，16，20，22，则估计该组数据的总体的上四分位数为____． 16．某数学课外兴趣小组对一圆锥筒进行研究，发现将该圆锥放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内首次转回到原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周．如图，若该兴趣小组已测得圆锥的底面半径为，则该圆锥的体积为　　． 17．德国机械学家莱洛设计的菜洛三角形在工业领域应用广泛．如图，分别以等边三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形．若该等边三角形的边长为，为弧上的一个动点，则的最小值为______．18.如图，在棱长为5的正方体中，E，F分别在线段，上，且，则______.   四、解答题(本题共5小题，共60分，解答应写出必要的文字、证明过程及验算步骤。)19．(12分)某校有高一学生1000人，其中男女生比例为，为获得该校高一学生的身高（单位：）信息，采用随机抽样方法抽取了样本量为50的样本，其中男女生样本量均为25，计算得到男生样本的均值为176，标准差为3，女生样本的均值为166，标准差为4．(1)计算总样本均值，并估计该校高一全体学生的平均身高；(2)计算总样本方差．20．(12分)如图，在四棱锥中，底面为菱形，，又底面为的中点．(1)求证：；(2)设是的中点，求证：平面．  21．(12分) 已知半圆圆心为，直径，为半圆弧上靠近点的三等分点，若为半径上的动点，以点为坐标原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示．（1）求在上投影向量的坐标；（2）若，当取得最小值时，求点的坐标及的最小值． 22. (12分) 如图，在正方体中：（1）证明：平面；（2）若，点是棱上一点（不包含端点），平面过点，且，求平面截正方体所得截面的面积的最大值．（注：如需添加辅助线，请将第（1）（2）问的辅助线分别作在答题卡中的图1与图2上）  23．(12分)已知锐角，，，分别是角，，的对边，且．（1）证明：；（2）若为的角平分线，交于点，且，．求的值．枣庄市重点中学2022-2023学年高一下学期6月初阶段性检测数学学科试题参考答案一、单项选择题1． A解析：  ．2．B  解析：因为，其在复平面内对应点的坐标为，故复数对应的点位于第二象限.3.C解析：因为圆台的上、下底面圆的半径分别为1和2，高为，如图，所以圆台的母线为：，所以圆台的侧面积为：.4．A解析：因为用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人，所以高二年级要抽取人，因为该校高二年级共有学生300人，所以每个个体被抽到的概率是，所以该校学生总数是，即该校学生总数为900人．5.B解析：由，，∴方程的两个虚根为，或，，不妨取，，则，，∴.6．C解析：对于A，若“与共线”，则“存在唯一实数使得”，故A错误；对于B，，是非零向量，若“与共线”，则“存在唯一非零实数使得”，则，，故与不一定相等，故B错误；对于C，若“”，则，由正弦定理可得 “”，故C正确；对于D，当非零向量的夹角为时，，故D错误.7.B解析：正三棱柱中，设，取AC的中点D，连接BD，则BD⊥AC，BD＝，，正三棱柱的体积，平面ABC，BD平面ABC，则BD，又BD⊥AC，，平面，则BD⊥平面，，则四棱锥的体积，四棱锥的体积为．8.A解析：，由题意知：∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，所以∠ACM＝30°，在Rt△ABM中，AM＝＝，在△ACM中，由正弦定理得＝，所以CM＝＝，在Rt△DCM中，CD＝CM·sin∠AMD＝＝60.9．D解析：由题意，，故，所以，故平面与的所成角的正弦值为二、多项选择题：（共5小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．）10.ABC解析：因为，所以，得，所以的实部为，A正确；的虚部为或2，B正确；，C正确；当时，，当时， D错误.11.BCD解析：对于A.若，，则A，b可平行，可相交，也可异面，故A错误；对于B：若，，则，故B正确；对于C：若，，则，故C正确；对于D：， ，则，故D正确.12．BCD解析：对于选项，连接和，由此可知点，，在平面中，点平面，则四点，，，不共面，即选项不正确；对于选项，由正方体的性质结合条件可知，分别是的中点，所以,又因为, 所以，即选项正确；对于选项，点,,都在平面,所以与平面相交，即选项正确；对于选项，因为为△的中位线，且，所以正方体的棱长为，设正方体外接球的半径为,则,即，则外接球的表面积为,即选项正确； 13.ACD解析：由频率分布直方图性质可得：，解得，故A正确；得分介于60至90之间的频率为，故B错误；得分不小于90的人数估计为，故C正确；得分介于50至80之间的频率为，故D正确. 14.ACD解析：由题设，外接圆直径为，故，A正确；锐角中，则，故，B错误；易知：，而，，又且，则，而，所以，则，所以，D正确.三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分。)15．18解析：由题意，数据的总体的上四分位数即第75百分位数，又样本数据有8个，所以第上四分位数为.故答案为：18.16．解析：设圆锥的母线长为，则圆锥绕顶点滚动所形成的圆的半径为，周长为，又圆锥底面半径为，则底面周长为，故，解得，所以圆锥的高为，所以圆锥的体积为，故答案为：.17．解析：由已知，弧是以为圆心，为半径的圆的一部分，以为原点，所在直线为轴，过与直线垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系，则由已知，，，由任意角的三角函数的定义，设，，则，，，∴，∴令，，则，当时，，，，∴存在，使，即，∴当时，的最小值为.故答案为：.18. 或解析：如图，在上取点G，且，连接EG，，延长EG，交于点H，则，且，得，在中，易得，故，，又，其中为点C到平面的距离，其中为点F到平面的距离，由于，平面与平面共面故即为点C到平面的距离，为点F到平面的距离，且，故四、解答题(本题共5小题，共60分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。)19．解析：（1）把男生样本记为，平均数记为，方差记为；把女生样本记为，平均数记为，方差记为；……………… 2分把样本数据的平均数记为，方差记为；高一全体学生的身高均值记为.根据平均数的定义，总样本均值为：；………………4分高一全体学生的身高均值为：；……………6分（2）根据方差的定义，总样本方差为：，由，可得：，同理，.                              ……………8分因此，……………10分所以，总的样本方差为.                            ……………12分20．解析：（1）因为底面为菱形，，且为的中点，所以．…………… 2分又，所以．又底面底面，所以．……………4分因为平面平面，所以平面，平面，所以．……………6分（2）取的中点，连接，是中点，，，…………… 6分，平面，平面，平面，，平面，平面，平面，……………10分又平面平面，平面平面，平面，平面．…………… 12分21解析：（1）由题意得，，，则，即·····························································2分设，所以所以在上的投影向量为，所以在上的投影向量的坐标为············································4分（2）设，由（1）知，，故，·······························································7分所以······························································10分又因为，所以当时，有最小值为·········································11分此时点的坐标为······················································12分22.（1）证明：连接，，在正方体中，，由平面，平面，得，…………2分又因为，故平面， …………3分又平面，故，同理，又因为，所以平面； …………5分（2）过点作，交于点，过点作，交于，过点作，交于，由作法可知，，，故，又，故，则，，，四点共面，由，，由（1）可知，，故，，，故平面，平面即为所求的平面， …………8分因为平面平面，平面平面，设平面平面，则，又因为，可得，同理可得，故平面截正方体所得截面为平面六边形，设，，则，，，等腰梯形的面积，等腰梯形的面积，…………10分截面六边形面积，当，，故平面截正方体所得截面的截面面积的最大值为……………12分 23．（1）证明：因为，由正弦定理得：，又，所以，整理得．又，，则，即．…………5分（2）因为为的平分线，且，所以，则，所以，可得，…………7分因为为锐角三角形，所以，解得，…………8分所以，所以，，所以，…………10分在中，由余弦定理可得，所以，由正弦定理得．…………12分