山东省滨州市部分校2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附解析）

2022~2023学年5月联合质量测评试题

高一数学

2023.5

考试用时120分钟，满分150分

注意事项：

1．答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填涂在相应位置．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 某学校高一年级学生中对数学非常喜欢、比较喜欢和一般喜欢的人数分别为600、300、100，为了了解数学兴趣对数学成绩的影响，现通过分层抽样的方法抽取容量为的样本进行调查，其中非常喜欢的有18人，则的值是（    ）

A. 20 B. 30 C. 40 D. 50

【答案】B

【解析】

【分析】按分层抽样的定义，建立比例关系可得答案.

【详解】非常喜欢、比较喜欢和一般喜欢的人数比为，

按分层抽样方法，其中非常喜欢的有18人可得，

解得.

故选：B.

2. 已知分别为三个内角的对边，若，则满足此条件的三角形个数为（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 1或2

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件，利用正弦定理求出，，从而得出结果.

【详解】因为，由正弦定理，得到，所以，

又因为，故，.

故选：B.

3. A，B，C表示不同的点，n，l表示不同的直线，，表示不同的平面，下列说法正确的是（     ）

A. 若，，，则

B. 若A，，A，，则

C. 若A，，A，B，，，则

D. 若，，，则

【答案】A

【解析】

【分析】根据点、线、面的位置关系，对各选项逐一分析即可得答案.

【详解】解：选项A，因为，，，所以，故A正确；

选项B，因为A，，A，，所以或l与相交，故B不正确；

选项C，A，，A，B，，，此时点C不一定在平面a内，所以不正确，故C不正确；

选项D，由，，，则l与n可能平行，也可能异面，故D不正确．

故选：A.

4. 已知向量的夹角为，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据数量积公式和运算律计算即可.

【详解】.

故选：D.

5. 在中，角的对边分别为，已知，则的外接圆面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由余弦定理及正弦定理求得结果.

【详解】已知，

由余弦定理可得，

由正弦定理可得，即.

则的外接圆面积.

故选：A.

6. 如图，在长方体中，，且为的中点，则直线与所成角的大小为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】取的中点，可得直线与所成角即为直线与所成的，在中由余弦定理可得答案.

【详解】取的中点，连接，所以，

直线与所成角即为直线与所成的，

所以，，

，

在中由余弦定理可得,

因为，所以.

故选：C.

7. 已知分别为三个内角的对边，且满足，则的形状为（    ）

A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形

【答案】C

【解析】

【分析】分别利用正弦定理和余弦定理即可求解.

【详解】因为，由正弦定理可得，

，

因为，所以，

则有，

即，

所以，因为，所以，

整理可得，，即，因为，

所以或，则或（舍去）.

又因为，由正弦定理可得，

因为，所以，

则，化简整理可得，，

所以，又因为，所以为等边三角形，

故选：C.

8. 已知梯形，且为平面内一点，则的最小值是（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系，求出和的坐标，再利用向量数量积的坐标运算即可求出结果.

【详解】如图，建立平面直角坐标系，因为，则，，设，

所以，，故，

所以，

又为平面内一点，故当时，取到最小值.

故选：A.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知复数，其中为虚数单位，则（    ）

A. 的虚部是

B.

C. 若复数满足，则的最大值是

D. 若是关于的实系数方程的一个复数根，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】化简得到，，的虚部是，A错误，，B正确，，C正确，代入计算得到D正确，得到答案.

【详解】，，

对选项A：的虚部是，错误；

对选项B：，正确；

对选项C：，故，正确；

对选项D：，即，故，正确；

故选：BCD.

10. 已知向量，，，设的夹角为，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】根据向量的坐标运算得到，，计算，A错误，，正确，与不平行，C错误，计算夹角得到D正确，得到答案.

【详解】设，，则，

，故，，

解得，，故，，

对选项A：，故，错误；

对选项B：，故，正确；

对选项C：，故与不平行，错误；

对选项D：，正确；

故选：BD.

11. 在中，内角所对的边分别为，已知，则（    ）

A.

B. 若是底边为的等腰三角形，为其内心，则

C. 若，则的周长为15

D. 若，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】分别利用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式和基本不等式的相关知识进行求解即可.

【详解】由可得，

，则，

由正弦定理可得，，由余弦定理可得，A三角形内角，

所以，故选项A正确；

若是底边为的等腰三角形，因为，则，

设内切圆圆心为，

则，故选项B错误；

若，因为，由余弦定理可得，

所以，则的周长为15，故选项C正确；

因为，所以为的重心，则，

因为，由余弦定理可得（当且仅当时去等号），

则，所以，故选项D正确，

故选：ACD.

12. 传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球（与圆柱的两底面及侧面都相切的球），阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，在他的著作《论圆和圆柱》中，证明了数学史上著名的圆柱容球定理：圆柱的内切球的体积与圆柱的体积之比等于它们的表面积之比．亦可证明该定理推广到圆锥容球也正确，即圆锥的内切球（与圆锥的底面及侧面都相切的球）的体积与圆锥体积之比等于它们的表面积之比．若已知该比值为的圆锥，其母线长为，底面半径为，轴截面如图所示，则（    ）

A. 若，则

B. 圆锥母线与底面所成角的正弦值为

C. 用过顶点的平面去截圆锥，则所得的截面图形可以为直角三角形

D. 若一只小蚂蚁从点出发，沿着圆锥的侧面爬行一周到达点，则爬行最短距离为

【答案】ABD

【解析】

【分析】先证明圆锥容球定理，写出推导过程，推出其中几何尺寸之间代数关系，再根据本题的几何特征逐项分析.

【详解】 

如图，O为内切球的球心，设圆锥的高为，内切球的半径为R，

则，，

又三角形ABC的面积，，

即，

设内切球的体积为，圆锥的体积为，内切球的表面积为，圆锥的表面积为，

则有，将①代入上式得，

由题意，，，将②代入上式得：，

即，所以当时，，A正确；

由②式得：，由式得：，，B正确；

由于圆锥的对称性，过A点的平面截圆锥所得的图形必定是等腰三角形，其顶角最大为，

由于，，C错误；

对于D，圆锥展开后的扇形如下图：

在上图的扇形中，，由前面的计算知：，，

由余弦定理得：，D正确；

故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．其中16题第一空2分，第二空3分．

13. 已知一组数据1，2，，4，5的平均数为3，则这组数据的方差为__________．

【答案】2

【解析】

【分析】先根据平均数计算出的值，再根据方差的计算公式计算出这组数的方差.

【详解】依题意，所以方差为.

故答案：.

14. 已知外接圆的圆心为，且是与方向相同的单位向量，则在上的投影向量为__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意结合数量积的运算律分析可得，进而可得，结合投影向量运算求解即可.

【详解】因为，即，

则，

整理得，即，则为圆的直径，

又因为，则为等边三角形，即，

所以在上的投影向量为.

故答案为：.

15. 直三棱柱的底面的直观图如图所示，其中，且，则直三棱柱外接球的表面积为__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据条件得出底面是等腰直角三角形，将把直三棱柱补成长方体，再利用长方体体对角线长即长方体外接球的直径，从而求出结果.

【详解】因为在底面的直观图中，，由斜二测法知，底面中，，且，

如图，把直三棱柱补成长方体，则长方体的体对线长是直三棱柱外接球的直径，

设外接球的半径为，又，，所以，

故直三棱柱外接球的表面积为

故答案为：.

16. 在中，为的中点，的平分线分别交于点，且，，则__________；__________．

【答案】    ①.     ②. ##

【解析】

【分析】利用余弦定理求出，并借助三角形面积公式及角平分线求出，再用余弦定理求出；然后利用向量数量积求出夹角余弦作答.

【详解】在中，由余弦定理得，

因为平分，则，有，

在中，，即有，

由，即，解得；

显然，则，

即，又，

于是

，

因此，

所以，.

故答案为：；

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. （1）已知复数．若为纯虚数，求的值；

（2）已知复数，若满足，求的值．

【答案】（1）；（2）或

【解析】

【分析】（1）是纯虚数，则复数实部为0虚部不为0，计算得到答案.

（2）设，代入计算得到，解得答案.

【详解】（1）因为是纯虚数，所以，解得．

（2）设，所以，

．

所以，解得或.

18. 某高校为了对该校研究生的思想道德进行教育指导，对该校120名研究生进行考试，并将考试的分值（百分制）按照分成6组，制成如图所示的频率分布直方图．已知，分值在的人数为15．

（1）求图中的值；

（2）若思想道德分值的平均数、中位数均超过75分，则认为该校研究生思想道德良好，试判断该校研究生的思想道德是否良好．

【答案】（1），，   

（2）该学校研究生思想道德良好．

【解析】

【分析】（1）根据频率确定，再根据频率和为1计算得到答案.

（2）分别根据公式计算平均数和中位数，比较得到答案.

【小问1详解】

分值在的人数为15人，所以的频率为，即．

，又，所以，

解得，.

【小问2详解】

这组数据的平均数为：

，

前组频率和为，

前组频率和为，

故这组数据的中位数满足，解得，

所以该学校研究生思想道德良好．

19. 如图，在四棱台中，底面是正方形，侧面底面是正三角形，是底面的中心，是线段上的点．

（1）当//平面时，求证：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）．

【解析】

【分析】（1）连接，证得，由底面是正方形，所以，根据面面垂直的性质，证得平面，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；

（2）取的中点分别为，连接，证得即为所求二面角的平面角，在直角中，结合，即可求解.

【小问1详解】

证明：连接，

因为平面，平面，且平面平面，

所以，

又因为在中，是的中点，所以是的中点，

因为底面是正方形，所以，又因为平面平面，

平面平面平面，所以平面，

因为平面，所以，所以是正三角形，

所以，因为，且平面，所以平面．

【小问2详解】

解：取的中点分别为，连接，

所以是正三角形，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

又因为且平面，所以平面，

因为平面，所以，则即为所求二面角的平面角，

设，则，

在直角中，，所以，

即所求二面角的余弦值为．

20. 已知半圆圆心为，直径为半圆弧上靠近点的三等分点，以为邻边作平行四边形，且，如图所示，设

（1）若，求的值；

（2）在线段上是否存在一点，使得?若存在，确定点的位置，并求；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）1    （2）存在，为线段靠近的四等分点，

【解析】

【分析】（1）法一：以作为基底向量，利用平面向量的线性运算法则表示向量，结合平面向量基本定理列方程求得，即可得的值；法二：建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算，列方程求解的值，即可得的值；

（2）法一：令，由得数量积为，根据向量的线性运算即可列方程求解即可得答案；法二：根据数量积的坐标运算求解即可.

【小问1详解】

法一：因为半圆弧上靠近点的三等分点，

又因，则为正三角形且平行四边形为菱形

为线段靠近的三等分点

因，令

∴

，则

法二：如图，以为原点，以所在直线为轴建立平面直角坐标系

因为半圆弧上靠近点的三等分点，

且为正三角形、平行四边形为菱形

则

为线段靠近的三等分点

，故

【小问2详解】

法一：存在点，使得

令因平行四边形为菱形，所以

则为线段靠近的四等分点

且

法二：存在点，使得

令

则为线段靠近的四等分点

且.

21. 今年“五一”假期，“进淄赶烤”成为最火旅游路线，全国各地游客纷纷涌向淄博，感受疫情后第一个最具人间烟火气的假期．某地为了吸引各地游客，也开始动工兴建集就餐娱乐于一体的休闲区如图，在的长均为60米的区域内，拟修建娱乐区、就餐区、儿童乐园区，其中为了保证游客能及时就餐，设定就餐区域中．

（1）为了增加区域的美感，将在各区域分隔段与处加装灯带，若，则灯带总长为多少米？

（2）就餐区域的面积最小值为多少平方米？

【答案】（1）米   

（2）平方米

【解析】

【分析】（1）根据题意，利用正弦定理即可求解；

（2）利用正弦定理和三角形面积公式求出面积表达式，然后利用正弦函数的图象和性质即可求解.

【小问1详解】

因为为等腰角形，且顶角为，所以，

在中，由，则，

由正弦定理，即，

，同理，在中，

则，由正弦定理可得，

，所以灯带总长为米.

【小问2详解】

设，则，

由正弦定理可，

，

，

∴当即时，，

面积最小为，

所以就餐区域面积最小值为平方米.

22. 如图①，在梯形中，，，，将沿边翻折至，使得，如图②，过点作一平面与垂直，分别交于点．

（1）求证：平面；

（2）求点到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用勾股定理得到，然后利用线面垂直的判定定理和性质得到，最后利用线面垂直的判定定理证明即可；

（2）方法一：通过作垂线的方法得到垂线段的长度即为点到平面的距离，然后求距离即可；

方法二：利用等体积的方法求点到面的距离即可.

【小问1详解】

证明：如图①，

，，，，

，，        

如图②，∵，，，

，

，

，且，平面，

平面，

又平面，，

平面，且平面，，

又，且平面，平面．

【小问2详解】

方法一：过点作，垂足为，由（1）知平面，

而平面，

，

且，平面，平面，

则垂线段的长度即为点到平面的距离．

在中，，，，

，

，

由已知得，则，

由（1）知，，，

即点到平面的距离为．

方法二：求点到平面的距离，即求点到平面的距离，

由（1）知平面，平面，，

在直角三角形中，，，，

由等面积得，，

即，，

平面，且平面，，

由（1）知，∽，，

则在直角三角形中，，

设点到平面的距离为，

在三棱锥中，由等体积得，，

即

，

，

即点到平面的距离为．