2023菏泽鄄城县一中高一6月月考数学试题含解析

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高一数学试题
一、单选题（每题5分，共40分）
1. 已知复数（其中i是虚数单位）是纯虚数，则实数a的值是（ ）
A. B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，根据复数的概念可得出关于的等式与不等式，解之即可.
【详解】因为为纯虚数，
则，解得，
所以实数a的值是.
故选：A
2. 已知向量不共线，若，，，则四边形是
A. 梯形 B. 平行四边形
C. 矩形 D. 菱形
【答案】A
【解析】
【分析】根据线性运算可求得，得到平行关系和模长关系，从而得到四边形形状.
【详解】
且 四边形为梯形
本题正确选项：
【点睛】本题考查根据向量线性运算结果判断四边形形状问题，关键是能够通过向量加法运算得到向量平行和模长的关系.
3. 某中学高一年级共有学生1200人，为了解他们的身体状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本，若样本中共有男生42人，则该校高一年级共有女生
A. 630 B. 615 C. 600 D. 570
【答案】D
【解析】
【分析】根据分层抽样的方法，结合比例的性质计算即可.
【详解】高一年级共有学生1200人，
按性别用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本，
样本中共有男生42人，
则高一年级的女生人数约为：.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了分层抽样的运用，属于基础题.
4. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的几何体是圆锥
B. 用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
C. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
D. 以正方体的顶点为顶点可以构成正四棱锥
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥、球体、正方体以及正四棱锥的结构特征逐一判断各选项.
【详解】对于A，以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转一周所得的几何体是圆锥正确；故A错误；
对于B，用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面正确，故B正确；
对于C，用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故C错误；
对于D，正四棱锥的顶点在底面的投影为正方形的中心，正方体的顶点中没有这样的点，故D错误.
故选：B.
5. 抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“不小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A或事件B至少有一个发生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由古典概型概率公式分别计算出事件A和事件B发生的概率，又通过列举可得事件A和事件B为互斥事件，进而得出事件A或事件B至少有一个发生的概率即为事件A和事件B的概率之和．
【详解】事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“不小于5的点数出现”，
∴P(A)，P(B)，
又小于5的偶数点有2和4，不小于5的点数有5和6，
所以事件A和事件B为互斥事件，
则一次试验中，事件A或事件B至少有一个发生的概率为
P（A∪B）＝P(A)+P(B)，
故选：A．
【点睛】本题主要考查古典概型计算公式，以及互斥事件概率加法公式的应用，属于中档题．
6. 现对有如下观测数据

3
4
5
6
7

16
15
13
14
17
记本次测试中，两组数据的平均成绩分别为，两班学生成绩的方差分别为，，则（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】利用平均数以及方差的计算公式即可求解.
【详解】，，
，
，故，
故选：C
【点睛】本题考查了平均数与方差，需熟记公式，属于基础题.
7. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆柱的侧面展开图是一个正方形，得到圆柱的高和底面半径之间的关系，然后求出圆柱的表面积和侧面积即可得到结论．
【详解】设圆柱的底面半径为，圆柱的高为，
圆柱的侧面展开图是一个正方形，
，
圆柱的侧面积为，
圆柱的两个底面积为，圆柱的表面积为，
圆柱的表面积与侧面积的比为：，
故选：．
8. 我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chu meng）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体ABCDEF是一个刍甍，其中都是正三角形，，则以下两个结论：①；②，说法正确的是（ ）

A. ①和②都不成立 B. ①成立，但②不成立
C. ①不成立，但②成立 D. ①和②都成立
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面平行的判定定理和性质定理和勾股定理进行求解即可.
【详解】因为底面为矩形，所以有，平面，平面，所以平面，而平面平面，所以，故结论①是正确的；
取的中点，连接如下图所示：因为，所以有
，因此四边形是平行四边形，所以有，
不妨设，因此，，因为都是正三角形，所以，因此有，因为，所以
，因此，故结论②是正确的.
故选：D

【点睛】本题考查了线面平行的判定定理和性质定理，考查了勾股定理，考查了数学阅读能力
二、多选题（每题5分，共20分）
9. 已知复数，则下列结论中正确的是（ ）
A. z对应的点位于第一象限 B. 的虚部为2
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复数的除法求得z.对A：根据复数的几何意义分析判断；对B：根据复数的相关概念分析判断；对C：根据复数的模长运算求解；对D：根据共轭复数结合复数乘法运算求解.
【详解】因为，则有：
z对应的点位于第一象限，故A正确；
，的虚部为，故B错误；
，故C正确；
，故D正确．
故选：ACD.
10. 有5件产品，其中3件正品，2件次品，从中任取2件，则互斥的两个事件是
A. 至少有1件次品与至多有1件正品 B. 至少有1件次品与都是正品
C. 至少有1件次品与至少有1件正品 D. 恰有1件次品与恰有2件正品.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据互斥事件的定义，对每个选项做出判断，从而得到结论．
【详解】对于A，至少有1件次品与至多有1件正品不互斥，它们都包括了“一件正品与一件次品”的情况，故不满足条件；
对于B，至少有1件次品与都是正品是对立事件，属于互斥事件，故满足条件；
对于C，至少有1件次品与至少有1件正品不互斥，它们都包括了“一件正品与一件次品”的情况，故不满足条件；
对于D，恰有1件次品与恰有2件正品是互斥事件，故满足条件．
故选：BD．
【点睛】本题考查互斥事件的判断，考查逻辑思维能力和分析求解能力，侧重考查对基础知识的理解和掌握，属于基础题.
11. 给出下列命题，其中正确的选项有（ ）
A. 非零向量，，满足且与同向，则
B. 若单位向量，的夹角为60°，则当取最小值时，
C. 在中，若，则为等腰三角形
D. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】根据向量的定义，可判定A错误；根据向量数量积求得，可判定B正确；由表示与的平分线共线的向量，结合三角形的性质，可判定C正确；当时，得到向量与向量的夹角为，可判定D项错误.
【详解】对于A中，向量的既有大小又有方向的量，所以向量不能比较大小，所以A错误；
对于B中，因为单位向量，的夹角为，可得，
则，
当且仅当时，取得最小值，最小值为，所以B正确；
对于C中，因为表示与的平分线共线的向量，
又因为，可得的平分线与垂直，所以为等腰三角形，所以C正确；
对于D中，当时，此时向量与向量的夹角为，所以D项错误.
故选：BC
12. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有（ ）

A. 该圆台轴截面面积为
B. 该圆台的体积为
C. 该圆台的侧面积为
D. 沿着该圆台表面，从点到中点最短距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的侧面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断选项D.
【详解】对于，由，且，
可得，高，
则圆台轴截面的面积为，故A正确；
对于B，圆台的体积为，故B错误；
对于C，圆台的体积为，故C正确；
对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角．
设的中点为，连接，可得，
则．
所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．

故选：ACD．
三、填空题（每题5分，共20分）
13. 已知事件A，B，C两两互斥，且，，，则______．
【答案】0.9
【解析】
【分析】由互斥事件与对立事件的相关公式求解
【详解】由题意得，则．
故答案为：0.9
14. 如图，若斜边长为的等腰直角（与重合）是水平放置的的直观图，则的面积为________．

【答案】
【解析】
【分析】根据给定的直观图作出原图，再计算面积作答.
【详解】在直观图中， 为等腰直角三角形，斜边，得，，
则原图形如图，有，，

所以的面积.
故答案为：
15. 如图所示，要在两山顶间建一索道，需测量两山顶间的距离.现选择与山脚在同一平面的点为观测点，从点测得点的仰角点的仰角以及，若米，米，则等于__________米.

【答案】
【解析】
【分析】在中根据求出，在中根据求出，在中由余弦定理得：求解.
【详解】在中，，
所以，
在中，，，
所以，
在中，，，，
由余弦定理得：

所以(米)
故答案为：.
16. 已知三棱锥的体积为，各顶点均在以PC为直径的球面上，，，，则该球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件及余弦定理，利用正弦定理及棱锥的体积公式，结合勾股定理及球的表面积公式即可求解.
【详解】由，，及余弦定理，得，即，解得，，
所以，
设为外接圆半径，
所以，解得，
所以，
所以，解得，即点P到平面ABC的距离为2，
所以外接球球心O（PC的中点）到平面ABC的距离，
以外接球半径，
所以.
故答案为：.
四、解答题（共70分）
17. 已知z为复数，和均为实数，其中i是虚数单位.
（1）求复数z和；
（2）若复数在第四象限，求m的取值范围.
【答案】（1），则；（2）
【解析】
【分析】（1）设，依据题设建立方程求出，再求其模；（2）先求出，再根据题意建立不等式组求解即可：
【详解】（1）设，则，
由为实数，得，则，
由为实数，得，则，
∴，则；
（2）由在第四象限，
得，解得，
故m的取值范围为．
18. 如图，在平行四边形中，已知，，，，．

（1）若，求m，n的值和向量的模长；
（2）求和夹角的余弦值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量运算求得，由此求得，进而求得
（2）利用向量夹角计算公式，计算得和夹角的余弦值.
【详解】（1）
，
所以.

.
（2）
则

.
【点睛】用基底表示向量后，求向量模或者夹角就可以利用公式直接计算了.
19. 从①；②，这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，然后解答补充完整题目．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________．
（1）求角B的大小；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）选①，利用余弦定理可得，再利用正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式及三角形内角和定理即可得解；选②，利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解.
（2）由（1）的结论，借助余弦定理建立关系，再利用均值不等式求解作答.
【小问1详解】
选①，由及余弦定理，得，
即，由正弦定理得：，
则，
因为，即，则，又，
所以.
选②，由及正弦定理，得，
而，即，于是，即，
又，则，有，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，由余弦定理，得，
则，
当且仅当时取等号，因此，而，
所以的取值范围是.
20. 哈尔滨市第三中学校响应教育部门疫情期间“停课不停络授课，为检验课的效果，高三络模拟考试.全学年共1500人，现从中抽取了100人的数学成绩，绘制成频率分布直方图（如下图所示）.已知这100人中分数段的人数比分数段的人数多6人.

（1）根据频率分布直方图，求a，b的值，并估计抽取的100名同学数学成绩的中位数；
（2）现用分层抽样的方法从分数在，的两组同学中随机抽取6名同学，从这6名同学中再任选2名同络课堂学习优秀代表”发言，求这2名同学的分数不在同一组内的概率.
【答案】（1），；中位数；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的面积和为1，这100人中分数段的人数比分数段的人数多6人列式求解a，b的值，再根据中位数左右两边的面积均为计算即可.
（2）在分数为的同学中抽取4人，分别用，，，表示，
在分数为的同学中抽取2人，分别用，表示，再利用枚举法求解即可.
【详解】（1）由频率分布直方图的面积和为1，则
，得，
又由100人中分数段的人数比分数段的人数多6人
则，解得，
中位数中位数为
（2）设“抽取的2名同学的分数不在同一组内”为事件A，
由题意知，在分数为的同学中抽取4人，分别用，，，表示，
在分数为的同学中抽取2人，分别用，表示，
从这6名同学中抽取2人所有可能出现的结果有：
，，，，，，，，，，，，，，，共15种
抽取的2名同学的分数不在同一组内的结果有：，，，，，，，，共8种
所以抽取的2名同学的分数不在同一组内的概率为.
【点睛】本题主要考查了频率分布直方图求参数与中位数的方法、枚举法解决古典概型的问题，属于基础题.
21. 如图，四棱锥中，底面为矩形，面，为的中点．
（1）证明：平面;
（2）设，，三棱锥的体积 ，求A到平面PBC的距离．

【答案】（1）证明见解析 （2） 到平面的距离为
【解析】
【详解】试题分析：（1）连结BD、AC相交于O，连结OE，则PB∥OE，由此能证明PB∥平面ACE．（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A到平面PBD的距离
试题解析：(1）设BD交AC于点O，连结EO．
因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB
又EO平面AEC，PB平面AEC
所以PB∥平面AEC．
（2）
由，可得.
作交于．
由题设易知，所以
故，
又所以到平面的距离为
法2：等体积法

由，可得.
由题设易知,得BC
假设到平面的距离为d，
又因为PB=
所以
又因为(或)，
，
所以
考点：线面平行的判定及点到面的距离

22. 如图1，等腰梯形中，，是的中点.将沿折起后如图2，使二面角成直二面角，设是的中点，是棱的中
点.

（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）判断能否垂直于平面，并说明理由.
【答案】（1）答案见解析.（2）答案见解析（3）与平面不垂直，理由见解析
【解析】
【分析】（1）证明，只需证明平面，利用与E是等边三角形，即可证明；
（2）证明平面平面，只需证明平面，只需证明平面即可；
（3）与平面不垂直.假设平面，则，从而可证明平面，可得，这与矛盾.
【详解】（1）证明：设中点为，连接，
∵在等腰梯形中，，，，是的中点，∴与都是等边三角形.
∴，.
∵，､平面，
∴平面.
∵平面，∴.
（2）证明：连接交于点，∵，，∴四边形是平行四边形，∴是线段的中点.
∵是的中点，∴.
∵平面，∴平面.
又∵平面，
∴平面平面.
（3）解：与平面不垂直.
证明：假设平面，则，∵平面，∴.
∵，､平面，∴平面.
∵平面，∴，这与矛盾.
∴与平面不垂直.

【点睛】本题考查线面垂直的判定定理与性质定理，考查证明面面垂直，掌握面线面、面面垂直的判定定理与性质定理是解题关键，解题时注意定理的灵活运用，即线线垂直与线面垂直、面面垂直的相互转化.