2021-2022学年江苏省无锡市第一中学高一下学期5月月考数学试题（解析版）

2021-2022学年江苏省无锡市第一中学高一下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．用简单随机抽样的方法从含有个个体的总体中抽取一个容量为的样本，其中某一个体“第一次被抽到”的可能性与“第二次被抽到”的可能性分别是（       ）

A．、 B．、

C．、 D．、

【答案】A

【分析】根据抽样中，每个个体在每一次被抽到的概率都是相等的，由此可得出结果.

【详解】在抽样过程中，个体每一次被抽中的概率是相等的，因为总体容量为，

故个体“第一次被抽到”的可能性与“第二次被抽到”的可能性均为，

故选：A．

【点睛】本题考查抽样中概率的计算，属于基础题.

2．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是

A．中位数 B．平均数

C．方差 D．极差

【答案】A

【分析】可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案．

【详解】设9位评委评分按从小到大排列为．

则①原始中位数为，去掉最低分，最高分，后剩余，

中位数仍为，A正确．

②原始平均数，后来平均数

平均数受极端值影响较大，与不一定相同，B不正确

③

由②易知，C不正确．

④原极差，后来极差可能相等可能变小，D不正确．

【点睛】本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.

3．若样本数据的标准差为8，则数据，，，的标准差为

A．8 B．15 C．16 D．32

【答案】C

【详解】试题分析：样本数据，，，的标准差为，所以方差为64，由可得数据，，，的方差为，所以标准差为

【解析】方差与标准差

4．欧拉公式(为虚数单位)是由著名数学家欧拉发现的，它将指数函数定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式，若将表示的复数记为，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据欧拉公式求出，再由复数乘法运算即可求出.

【详解】根据欧拉公式可得，

则.

故选：A.

5．已知向量，，则面积的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用向量公式求出向量与的夹角及模长，利用三角形面积公式求得面积，运用三角函数性质求得最值.

【详解】，

,，其中，

故，

，

故当时，即时，取最大值为.

故选：C.

6．某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图.图中点表示十月的平均最高气温约为，点表示四月的平均最低气温约为.下面叙述不正确的是（       ）

A．各月的平均最低气温都在以上

B．七月的平均温差比一月的平均温差大

C．三月和十一月的平均最高气温基本相同

D．平均最高气温不低于的月份有个

【答案】D

【分析】利用雷达图逐项可判断各选项的正误.

【详解】对于A选项，由雷达图可知，各月的平均最低气温都在以上，A对；

对于B选项，七月的平均温差大约在，一月的平均温差大约在，

故七月的平均温差比一月的平均温差大，B对；

对于C选项，三月和十一月的平均最高气温基本相同，C对；

对于D选项，平均最高气温不低于的月份为月和月，只有个，D错.

故选：D.

7．第41届世界博览会于2010年5月1日至10月31日，在中国上海举行，气势磅礴的中国馆——“东方之冠”令人印象深刻，该馆以“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”为设计理念，代表中国文化的精神与气质．其形如冠盖，层叠出挑，制似斗拱．它有四根高33.3米的方柱，托起斗状的主体建筑，总高度为60.3米，上方的“斗冠”类似一个倒置的正四棱台，上底面边长是139.4米，下底面边长是69.9米，则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为（       ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意得到和的长度，从而得到的值，根据正切函数的单调性，得到，从而得到答案.

【详解】依题意得“斗冠”的高为米，

如图，，，

为“斗冠”的侧面与上底面的夹角，

，

而，，且在上单调递增，

因为，所以，

故选：C．

【点睛】本题考立体几何中求线段的长度和正切函数的单调性，属于简单题.

8．在中，、、分别为的内角、、的对边，，则角的大小为（       ）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】由正弦定理将角化边，即可得到，再由余弦定理，即可得到，再利用辅助角公式及基本不等式即可得到，即可得解；

【详解】解：因为

由正弦定理可得，即，

又由余弦定理可知，

则，

则，即：，

，又，当且仅当时取等号，

∴，，，

故选：A.

【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.

二、多选题

9．（多选题）已知m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是（       ）

A．若m∥β，n∥β，m，n⊂α，则α∥β

B．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，n⊂γ，则m⊥n

C．若m⊥α，α⊥β，α∩β=n，那么m∥n

D．若m∥α，m∥β，α∩β=n，那么m∥n

【答案】BD

【解析】根据空间中平行与垂直的判定定理和性质定理逐一判断各选项即可．

【详解】解：由m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，知：

在A中，若m∥β，n∥β，m，n⊂α，则α与β相交或平行，故A错误；

在B中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，得m⊥γ，n⊂γ，则由面面垂直的性质定理得m⊥n，故B正确；

在C中，若m⊥α，α⊥β，α∩β=n，那么由线面垂直的性质定理得m⊥n，故C错误；

在D中，若m∥α，m∥β，α∩β=n，那么由线面平行的性质定理得m∥n，故D正确；

故选：BD．

【点睛】本题主要考查空间中平行与垂直的判定定理和性质定理，考查逻辑推理素养，属于中档题．

10．我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续11天复工复产指数折线图，下列说法正确的是

A．这11天复工指数和复产指数均逐日增加;

B．这11天期间，复产指数增量大于复工指数的增量;

C．第3天至第11天复工复产指数均超过80%;

D．第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量;

【答案】CD

【分析】注意到折线图中有递减部分，可判定A错误；注意考查第1天和第11天的复工复产指数的差的大小，可判定B错误；根据图象，结合复工复产指数的意义和增量的意义可以判定CD正确.

【详解】由图可知，第1天到第2天复工指数减少，第7天到第8天复工指数减少，第10天到第11复工指数减少，第8天到第9天复产指数减少，故A错误；

由图可知，第一天的复产指标与复工指标的差大于第11天的复产指标与复工指标的差，所以这11天期间，复产指数增量小于复工指数的增量，故B错误;

由图可知，第3天至第11天复工复产指数均超过80%，故C正确;

由图可知，第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量，故D正确;

【点睛】本题考查折线图表示的函数的认知与理解，考查理解能力，识图能力，推理能力，难点在于指数增量的理解与观测，属中档题.

11．新高考方案规定，普通高中学业水平考试分为合格性考试（合格考）和选择性考试（选择考），其中“选择考”成绩将计入高考总成绩，即将学生考试时的原始卷面分数由高到低进行排序，评定为A，B，C，D，E五个等级，再转换为分数计入高考总成绩．某试点高中2020年参加“选择考”总人数是2018年参加“选择考”总人数的2倍，为了更好地分析该校学生“选择考”的水平情况，统计了该校2018年和2020年“选择考”成绩等级结果，得到如图所示的统计图．

针对该校“选择考”情况，2020年与2018年比较，下列说法正确的是（       ）

A．获得A等级的人数增加了

B．获得B等级的人数增加了1.5倍

C．获得D等级的人数减少了一半

D．获得E等级的人数相同

【答案】AB

【分析】根据统计图逐一判断可得选项．

【详解】解：设2018参加“选择考”总人数为a，则2020年参加“选择考”总人数为2a，

由统计图可得，2018年获得A等级的人数为0.28a，2020年获得A等级的人数为0.48a，故A正确；

2018年获得B等级的人数为0.32a，2020年获得B等级的人数为0.80a，

获得B等级的人数增加了＝1.5倍，故B正确；

2018年获得D等级的人数为0.08a，2020年获得D等级的人数为0.12a，获得D等级的人数增加了一半，故C错误；

2018年获得E等级的人数为0.02a，2020年获得E等级的人数为0.04a，获得E等级的人数为原来的2倍，故D错误．

故选：AB．

12．在正方体中，N为底面ABCD的中心，P为线段上的动点（不包括两个端点），M为线段AP的中点，则（       ）

A．CM与PN是异面直线 B．

C．平面平面 D．过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形

【答案】BCD

【解析】由交于点得共面，可判断A，利用余弦定理把都用表示后可比较大小，证明与平面后可得面面垂直，可判断C，作出过P，A，C三点的截面后可判断D．

【详解】共线，即交于点，共面，因此共面，A错误；

记，则，

，又，

，，即．B正确；

由于正方体中，，平面，则，，可得平面，平面，从而可得平面平面，C正确；

取中点，连接，易知，又正方体中，，∴，共面，就是过P，A，C三点的正方体的截面，它是等腰梯形．D正确．

故选：BCD.

【点睛】本题考查共面，面面垂直，正方体的截面等问题，需根据各个知识点进行推理证明判断．难度较大．

三、填空题

13．将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是________．

【答案】

【详解】基本事件总数为36，点数之和小于10的基本事件共有30种，所以所求概率为

【解析】古典概型

【名师点睛】概率问题的考查，侧重于对古典概型和对立事件的概率的考查，属于简单题.江苏对古典概型概率的考查，注重事件本身的理解，淡化计数方法.因此先明确所求事件本身的含义，然后一般利用枚举法、树形图解决计数问题，而当正面问题比较复杂时，往往利用对立事件的概率公式进行求解.

14．某学校高一、高二、高三三个年级共有学生3500人，其中高三学生人数是高一学生人数的两倍，高二学生人数比高一学生人数多300，现在用分层抽样的方法抽取一个容量为35的样本，则应抽取的高一学生人数为________ 人．

【答案】8

【分析】先求出高一学生的人数，再利用抽样比，即可得到答案；

【详解】设高一学生的人数为人，则高二学生人数为，高三学生人数为，

，

，

故答案为：8

15．如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.

【答案】

【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.

【详解】，，，

由勾股定理得，

同理得，，

在中，，，，

由余弦定理得，

，

在中，，，，

由余弦定理得.

故答案为：.

【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.

16．无人侦察机在现代战争中扮演着非常重要的角色，我国最新款的无人侦察机名叫“无侦-”．无侦-（如图1所示）是一款以侦察为主的无人机，它配备了台火箭发动机，动力强劲，据报道它的最大飞行速度超过马赫，比大多数防空导弹都要快如图2所示，已知空间中同时出现了，，，四个目标（目标和无人机的大小忽略不计），其中，，，且目标，，所在平面与目标，，所在平面满足二面角的大小是，若无人机可以同时观察到这四个目标，则其最小侦测半径为__________．

【答案】

【解析】将问题转化为求三棱锥的外接球的半径，即可得到答案；

【详解】设三棱锥的外接球的球心，

取的中点，作于，取的外心，

连结，，，

因为二面角的大小是，

所以，，，

，

在中，，

，

其最小侦测半径为，

故答案为：.

【点睛】本题主要考查构建立体几何中的三棱锥的外接球模型，解决实际问题，求解时注意将问题转化为求解三棱锥外接球的半径.

四、解答题

17．的内角、、的对边分别为、、，已知，

，.

⑴ 求角的值；

⑵ 求的面积．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）由题意可得可求得

；（2）由得到，然后根据余弦定理得到，于是可得所求的面积．

【详解】（1）∵，

∴，

∴，

又，

∴ ，

∴．

（2）由及正弦定理得，

∵，

∴，

由余弦定理得，

所以，

∴，

∴ 的面积为．

【点睛】（1）本题考查正弦定理、余弦定理的应用，解题时注意三角变换的运用，同时还要注意三角形中三内角间的关系．

（2）余弦定理常与三角形的面积公式结合在一起考查，解题时注意余弦定理中的变形，如

等．

18．为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A，B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方图：

记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，且根据直方图得到C为事件概率的估计值为0.70．

(1)求乙离子残留百分比直方图中a，b的值；

(2)分别估计甲离子残留百分比的中位数和乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）

【答案】(1)，

(2)甲离子残留百分比的中位数4.0，乙离子残留百分比的平均值6.00

【分析】（1）根据频率分布直方图性质建立等式求解；

（2）根据频率分布直方图性质解得，再根据平均值公式求解.

【详解】(1)由题得，解得，

由，解得；

(2)设甲离子残留百分比的中位数为x，则由甲离子的直方图可得

，解得

乙离子残留百分比的平均值为：

19．在四棱锥 P - ABCD 中，锐角三角形 PAD 所在平面垂直于平面 PAB，AB⊥AD，AB⊥BC．

(1) 求证：BC∥平面 PAD；

(2) 平面 PAD⊥ 平面 ABCD．

【答案】（1）见解析； （2）见解析.

【分析】（1）由AB⊥AD，AB⊥BC可得BC∥AD，从而得证；

（2）作DE⊥PA于E，可证DE⊥平面PAB，进而可证AB⊥平面PAD，即可证得.

【详解】（1）四边形ABCD中，因为AB⊥AD，AB⊥BC，

所以，BC∥AD，BC在平面PAD外，

所以，BC∥平面PAD

（2）作DE⊥PA于E，

因为平面PAD⊥平面PAB，而平面PAD∩平面PAB＝PA，

所以，DE⊥平面PAB，

所以，DE⊥AB，又AD⊥AB，DE∩AD＝D

所以，AB⊥平面PAD，

AB在平面ABCD内

所以，平面PAD⊥平面ABCD.

【点睛】本题主要考查了线面平行的证明及面面垂直的证明，属于基础题.

20．如图，在三棱柱中，侧面底面，，，．

（1）求证：；

（2）求三棱柱的侧面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）先根据题意得出侧面是菱形，得出对角线垂直，再由侧面底面得出平面，进而得到平面，由线面垂直即可得到线线垂直；

（2）依次求出，，，再相加即可.

【详解】解：（1）如图所示：

连接，

∵，

∴侧面是菱形，

∴，

∵侧面底面，且平面平面，

，

∴平面，

又∵平面，

∴，

又，

∴平面，

又平面，

∴；

（2）如上图：设棱的中点为，连，，

则，

∴底面．从而，

由，，

得：，，

∴，

在中，由余弦定理得:，

即，

∴，

由（1）知平面，

∴，，

又，

∴三棱柱的侧面积为．

【点睛】关键点点睛：对于线面，线线，面面位置关系熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的判定定理以及性质定理是关键.

21．某公司为了了解用户对其产品的满意度,从A,B两地区分别随机调查了40个用户,根据用户对其产品的满意度的评分,得到A地区用户满意度评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频率分布表.

A地区用户满意度评分的频率分布直方图

B地区用户满意度评分的频率分布表

（Ⅰ）在答题卡上作出B地区用户满意度评分的频率分布直方图,并通过此图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度.（不要求计算出具体值,给出结论即可）

B地区用户满意度评分的频率分布直方图

（Ⅱ）根据用户满意度评分,将用户的满意度评分分为三个等级：

估计哪个地区的用户的满意度等级为不满意的概率大,说明理由.

【答案】（Ⅰ）见试题解析（Ⅱ）A地区的用户的满意度等级为不满意的概率大.

【详解】试题分析：（Ⅰ）通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出,B地区用户满意度评分的平均值高于A地区用户满意度评分的平均值,B地区用户满意度评分比较集中,而A地区用户满意度评分比较分散.（II）由直方图得的估计值为,的估计值为,所以A地区的用户的满意度等级为不满意的概率大.

试题解析：（Ⅰ）

通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出,B地区用户满意度评分的平均值高于A地区用户满意度评分的平均值,B地区用户满意度评分比较集中,而A地区用户满意度评分比较分散.

（Ⅱ）A地区的用户的满意度等级为不满意的概率大.

记 表示事件“A地区的用户的满意度等级为不满意”；表示事件“B地区的用户的满意度等级为不满意”.

由直方图得的估计值为,

的估计值为,

所以A地区的用户的满意度等级为不满意的概率大.

【解析】本题主要考查频率分布直方图及概率估计.

22．如图，经过村庄有两条夹角为的公路，，根据规划在两条公路之间的区域内建一工厂，分别在两条公路边上建两个仓库，（异于村庄），要求（单位：）．

(1)当时，求线段的长度；

(2)问如何设计，使得工厂产生的噪音对居民的影响最小？（即工厂与村庄的距离最远）

【答案】(1)

(2)设计时，工厂产生的噪声对居民影响最小

【分析】（1）根据得到，进而可求出结果；

（2）设，由正、余弦定理，得到， 取最大值时，噪声对居民影响最小，即可得出结果.

【详解】(1)因为，且，故，故，

故，

(2)设，由题意，

由正弦定理，，所以

由余弦定理可得：

，

又由（1）可得，所以，

当且仅当，即时，取得最大值，工厂产生的噪声对居民影响最小，此时.