2022-2023学年河南省安阳市第一中学高一下学期5月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年河南省安阳市第一中学高一下学期5月月考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年河南省安阳市第一中学高一下学期5月月考数学试题

一、单选题
1．已知点是边长为1的正十二边形边上任意一点，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．-2
【答案】B
【分析】根据数量积的几何意义：等于长度与在的方向上的投影的乘积，结合图形求解.
【详解】
延长，交于，由题意，
过分别作的垂线，垂足为，
正十二边形的每个内角为，
在中，，，
在中，，，
则，
∵，为的夹角，
∴数量积的几何意义：等于长度与在的方向上的投影的乘积，
由图可知，当在线段上时，取得最小值，
此时.
故选：B.
2．在非直角中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，是角的内角平分线，且，则等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理的角边化及余弦定理的推论，利用等面积法及三角形的面积公式，结合正余弦的二倍角公式及同角三角函数的平方关系和商数关系即可求解.
【详解】由及正弦定理，得.
由余弦定理，得，
因为为非直角三角形，
所以，
所以，
因为是角的内角平分线，且，
所以由三角形的面积公式得，
所以，即，
因为，
所以，
所以,
所以，
,
.
故选：B.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用正弦定理的角化边和余弦定理的推论，再利用等面积法及正余弦的二倍角公式，结合同角三角函数的平方关系和商数关系即可.
3．若复数满足（为虚数单位），则在复平面内的共轭复数所对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【分析】先求出，再求出即得解.
【详解】因为，即，
所以，
所以，其所对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
4．如图1，直角梯形中，，取中点，将沿翻折（如图2），记四面体的外接球为球（为球心）.是球上一动点，当直线与直线所成角最大时，四面体体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先得到球心在的中点，然后当与球相切时直线与直线所成角的最大，过作垂足为，当平面时四面体体积取得最大值，即可求出答案.
【详解】由题意可知，均为等腰直角三角形，所以四面体的外接球的球心在的中点，
因为是球上的动点，若直线与直线所成角的最大，则与球相切，，此时，最大，
因为，，所以，
过作垂足为，则在以为圆心，为半径的圆上运动.
所以当平面时四面体的体积取得最大值.
因为，所以，
所以，
故选：D.

5．现要用随机数表法从总体容量为240(编号为001到240)的研究对象中挑选出50个样本，则在下列数表中按从左至右的方式抽取到的第四个对象的编号为（    ）
32451 74491 14562 16510 02456 89640 56816 55464 41630 85621 05214 84513 12541 02145
A．5 B．44 C．165 D．210
【答案】D
【分析】由随机数表抽样方法可知答案.
【详解】由随机数表抽样方法可知，以3个数字为单位抽取数字，且数字不能大于240，且要去掉重复数字，据此第一个数字为114，第二个为165，第三个为100，第4个为210.
故选：D
6．关于圆周率π，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的浦丰实验和查理斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请全校名同学每人随机写下一个都小于的正实数对；再统计两数能与构成钝角三角形三边的数对的个数；最后再根据统计数估计的值，那么可以估计的值约为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由试验结果知对0～1之间的均匀随机数 ，满足，面积为1，再计算构成钝角三角形三边的数对，满足条件的面积，由几何概型概率计算公式，得出所取的点在圆内的概率是圆的面积比正方形的面积，即可估计的值．
【详解】解：根据题意知，名同学取对都小于的正实数对，即，
对应区域为边长为的正方形，其面积为，
若两个正实数能与构成钝角三角形三边，则有，
其面积；则有，解得
故选：．
【点睛】本题考查线性规划可行域问题及随机模拟法求圆周率的几何概型应用问题. 线性规划可行域是一个封闭的图形，可以直接解出可行域的面积；求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到试验全部结果构成的平面图形，以便求解.
7．四个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时翻转自己的硬币. 若硬币正面朝上， 则这个人站起来； 若硬币正面朝下， 则这个人继续坐着.那么， 没有相邻的两个人站起来的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出基本事件的总数，再由列举法可求随机事件中含有的基本事件的总数，由概率公式可求相应的概率.
【详解】四个人的坐着或站起来的情形共有种.
没有相邻的两个人站起来，即硬币的正面不能相邻，有以下几种情况：
正反正反，反正反正，反反反正，反反正反，反正反反，正反反反，反反反反，
共有7种方法.
由古典概型概率公式可得，没有相邻的两个人站起来的概率为.
故选：C.
8．吸烟有害健康，小明为了帮助爸爸戒烟，在爸爸包里放一个小盒子，里面随机摆放三支香烟和三支跟香烟外形完全一样的“戒烟口香糖”，并且和爸爸约定，每次想吸烟时，从盒子里任取一支，若取到口香糖则吃一支口香糖，不吸烟；若取到香烟，则吸一支烟，不吃口香糖，假设每次香烟和口香糖被取到的可能性相同，则“口香糖吃完时还剩2支香烟”的概率为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】“口香糖吃完时还剩2支香烟”即第四次取到的是口香糖且前三次有两次口香糖一次香烟，根据古典概型计算出其概率即可.
【详解】由题：“口香糖吃完时还剩2支香烟”说明：第四次取到的是口香糖，前三次中恰有两次口香糖一次香烟，记香烟为，口香糖为，进行四次取物，
基本事件总数为：种
事件“口香糖吃完时还剩2支香烟”前四次取物顺序分为以下三种情况：
烟、糖、糖、糖：种
糖、烟、糖、糖： 种
糖、糖、烟、糖：种
包含的基本事件个数为：54，
所以，其概率为
故选：D
【点睛】此题考查古典概型，解题关键在于弄清基本事件总数，和某一事件包含的基本事件个数，其本质在于计数原理的应用.

二、多选题
9．已知三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则下列选项正确的是（    ）
A．的取值范围是
B．若是边上的一点，且，，则的面积的最大值为
C．若三角形是锐角三角形，则的取值范围是
D．若三角形是锐角三角形，平分交于点，且，则的最小值为
【答案】BC
【分析】利用正弦定理及余弦定理求出角B，利用三角恒等变换公式化简求出值域判断A，利用向量线性运算及数量积的运算律解得，使用基本不等式即可求出面积最大值判断B，利用正弦定理及三角恒等变换得，求出函数值域即可判断C，由三角形面积公式寻找，关系，再利用基本不等式判断D.
【详解】因为，
所以，所以，
所以，即，又，所以，
，
因为，所以，所以，
所以，故A错误；
因为，所以，
所以，又，
所以，
即，当且仅当即时，等号成立，
所以，即的面积的最大值为，故B正确；
，
因为，所以，所以，
所以，所以，故C正确；
由题意得：，由角平分线以及面积公式得，
化简得，所以，所以，
当且仅当，即时取等号，
此时，
而，所以，与三角形是锐角三角形矛盾，所以等号不成立,故D错误；
故选：BC
10．设，是复数，则下列说法中正确的是（    ）
A．若，则或. B．若且，则
C．若，则 D．若，则
【答案】ABC
【分析】选项A、B：根据然后推导判断A、B正确；
选项C：设判断C正确；
选项D：举反例判断D错误；
【详解】选项A：若则所以或则或
故A正确；
选项B；，又，则；故B正确；
选项C；设则
若，则C正确；
选项D：取则但
则D错误；
故选：ABC
11．用一个平行于正三棱锥底面的平面去截正三棱锥，我们把底面和截面之间那部分多面体叫做正三棱台.如图，在正三棱台中，已知，则（    ）
  
A．在上的投影向量为
B．直线与平面所成的角为
C．点到平面的距离为
D．正三棱台存在内切球，且内切球半径为
【答案】BCD
【分析】根据投影向量的定义和线面角的定义以及线面平行线间的点到平面距离以及内切球的大圆切面求法即可求解.
【详解】在上的投影向量即为在上的投影向量,
即为，故A错；
  
过作直线的垂线，交直线AC于点M，过作直线的垂线，交直线AC于点N，连接，所以，
所以，
由余弦定理得，
所以，
所以，
同理可得，
所以，
平面，
所以直线与平面所成的角为，故B正确；
  
取中点，
因为，
所以，
所以，
又平面，
所以平面，
所以点到平面的距离为，
且，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离等于，
故选项C正确；
  
取中点H，中点，的外心为，的外心为，过作垂线交于点，
所以，，
所以，
所以，
所以，即，
故选项D正确；
故选：BCD.
12．4支足球队进行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛），任两支球队之间胜率都是．单循环比赛结束，以获胜的场次数作为该队的成绩，成绩按从大到小排名次顺序，成绩相同则名次相同．下列结论中正确的是（    ）
A．恰有四支球队并列第一名为不可能事件 B．有可能出现恰有三支球队并列第一名
C．恰有两支球队并列第一名的概率为 D．只有一支球队名列第一名的概率为
【答案】ABD
【分析】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中不满足4支球队得分相同的的情况；
选项B，举特例说明即可；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，再分类计数相互获胜的可能数，最后由古典概型计算概率；
选项D，只有一支球队名列第一名，则该球队应赢了其他三支球队，由古典概型问题计算即可.
【详解】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中若4支球队优先各赢一场，则还有2场必然有2支或1支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确；
选项B，其中6场比赛中，依次获胜的可以是，此时3队都获得2分，并列第一名，正确；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，若选中a，b，其中第一类a赢b，有a,b,c,d,a,b和a,b,d,c,a,b两种情况，同理第二类b赢a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为，错误；
选项D，从4支球队中选一支为第一名有4种可能；这一支球队比赛的3场应都赢，则另外3场的可能有种，故只有一支球队名列第一名的概率为，正确.

故选：ABD
【点睛】本题考查利用计数原理解决实际问题的概率问题，还考查了事件成立与否的判定，属于较难题.

三、填空题
13．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点D为AC边的中点，已知，则当角C取到最大值时等于___________.
【答案】/
【分析】利用向量的数量积求解得到，用余弦定理和基本不等式得到的最小值，此时角C取到最大值，求解得出结果.
【详解】点D为AC边的中点，，
则，即，
因为，所以，
由知，角C为锐角，故，
因为，所以由基本不等式得：，
当且仅当，即时等号成立，此时角C取到最大值，
所以，
故答案为：.
14．已知在复平面内，向量对应的复数是对应的复数是，则向量对应的复数是__________.
【答案】/2i-5
【分析】根据向量的减法计算和复数与向量的对应关系即可求解.
【详解】.
故答案为：.
15．如图，在正四棱锥框架内放一个球O，球O与侧棱PA，PB，PC，PD均相切.若，且，则球O的表面积为______.
  
【答案】
【分析】连接,，根据三角函数计算出球心到切点的距离即可得到半径，最后利用球的表面积公式即可.
【详解】连接, ,由题意得,
  
又,所以,
设球与,的切点分别为,,
连接, ,因为,所以,
所以.
即球的半径,所以球的表面积.
故答案为：.
16．已知有8个样本数据分别为4，7，8，11，13，15，20，22，则估计该组数据的总体的第三四分位数为______．
【答案】17.5/
【分析】根据第三四分位数的计算方法计算即可.
【详解】由题意，数据的总体的第三四分位数即第75百分位数，又样本数据有8个，
所以第三四分位数为.
故答案为：17.5.

四、解答题
17．已知的内角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据正弦定理结合已知可得，再利用余弦定理化简可得，利用余弦定理计算即可求得答案.
（2）对于，利用正弦定理边化角可得，结合两角和差的正弦公式化简即可证明结论.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得.
因为，所以由余弦定理可得，
两式联立，整理得，即.
在中，由余弦定理得.
（2）证明：因为，由正弦定理可得，
因为，所以，
则，
所以，
由，
得，
即，
则，
所以.
18．已知复数，其中是虚数单位，.
(1)若为纯虚数，求的值；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据纯虚数的特征，即可列式求解；
（2）根据复数相等，转化为实部和虚部对应相等，将写为关于的二次函数，
列式求解.
【详解】（1）因为为纯虚数，
所以，解得.
（2）由，得.
因此.
因为，所以当时，；
当时，，.故的取值范围是.
19．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，AC是圆柱的底面直径，PC是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，.
  
(1)证明.
(2)记圆柱的体积为，四棱锥P-ABCD的体积为，求；
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据垂直关系，要证明线线垂直，转化为证明平面；
（2）首先求圆柱和四棱锥的体积，再求体积的比值.
【详解】（1）证明：由已知得是等边三角形，
，是直径，所以，即，
则为等边三角形的角平分线，
所以，
  
又PC是圆柱的母线，则PC⊥平面ABCD ，平面，所以
又，平面，
则BD⊥平面PCA， 平面，所以
（2）由已知得，，则，
所以,,,
于是，，
所以.
20．如图所示，在平行四边形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，

(1)求证：平面；
(2)若二面角，求与面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，通过证平面平面，可得面.
（2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角的平面角即为，再利用面面垂直的性质定理找到平面的垂线，从而作出与面所成的角，计算可得答案.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，

为线段的中点，，
平面，平面，平面，
又，，四边形为平行四边形，则
平面，平面，可得平面，
又，，平面，
可得平面平面，平面，
则面.

（2）取中点，中点，连接，，，
由，，为边的中点，
得，所以为等边三角形，从而，，
又，为的中点所以，又是等边三角形，
所以，所以为二面角的平面角，所以，
过点作，过作交于，连接，
是等边三角形，所以可求得，，所以，，
，，，，
所以，，又，，面，
所以面，又，所以面，
平面，所以面面，
由，在中易求得，又，
所以，，
面面，面，
所以面，所以为与平面所成的角，
在中可求得，所以，
与面所成角的正弦值为
21．随着社会的进步、科技的发展，人民对自己生活的环境要求越来越高，尤其是居住环境的环保和绿化受到每一位市民的关注，因此，年月日，生活垃圾分类制度入法，提倡每位居民做好垃圾分类储存、分类投放，方便工作人员依分类搬运，提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用.某市环卫局在、两个小区分别随机抽取户，进行生活垃圾分类调研工作，依据住户情况对近期一周（天）进行生活垃圾分类占用时间统计如下表：
住户编号






小区（分钟）






小区（分钟）







（1）分别计算、小区每周进行生活垃圾分类所用时间的平均值和方差；
（2）如果两个小区住户均按照户计算，小区的垃圾也要按照垃圾分类搬运，市环卫局与两个小区物业及住户协商，初步实施下列方案：
①小区方案：号召住户生活垃圾分类“从我做起”，为了利国利民，每位住户至少需要一名工作人员进行检查和纠错生活垃圾分类，每位工作人员月工资按照元（按照天计算标准）计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少？
②小区方案：为了方便住户，住户只需要将垃圾堆放在垃圾点，物业让专职人员进行生活垃圾分类，一位专职工作人员对生活垃圾分类的效果相当于位普通居民对生活垃圾分类效果，每位专职工作人员（每天工作小时）月工资按照元（按照天计算标准）计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少？
③市环卫局与两个小区物业及住户协商分别试行一个月，根据实施情况，试分析哪个方案惠民力度大，值得进行推广？
【答案】（1）210分钟，215分钟；，；（2）①15元；②64元；③选择方案推广，有利于国民热爱劳动及素质的提升.
【解析】（1）利用表格中数值，代入平均值和方差计算即可；（2）①计算小区一月至少需要名工作人员的费用和每位住户每月需要承担的费用即可；②由一位专职工人一天的工作时间按照小时作为计算标准，每月按照天作为计算标准，一位专职工作人员对生活垃圾分类效果相当于名普通居民对生活垃圾分类的效果，计算出小区一月需要专职工作人员数量即可；③根据以上的运算，分析可以得出结论.
【详解】（1）（分钟），
（分钟），
，
；
（2）①按照方案，小区一月至少需要名工作人员进行检查和纠错生活垃圾分类，其费用是元，
每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费为（元），
②由（1）知，小区平均每位住户每周需要分钟进行垃圾分类，一月需要（分钟），
小区一月平均需要分钟的时间用于生活垃圾分类，
∵一位专职工人一天的工作时间按照小时作为计算标准，每月按照天作为计算标准，
一位专职工作人员对生活垃圾分类效果相当于名普通居民对生活垃圾分类的效果，
∴小区一月需要专职工作人员至少（名），
则每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费为（元），
③根据上述计算可知，按照每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费来说，
选择方案惠民力度大，但需要住户平时做好生活垃圾分类事项；
如果对于高档小区的居民来说，可以选择方案，这只是方便个别高收入住户，
综上，选择方案推广，有利于国民热爱劳动及素质的提升.
【点评】本题文字较多，能够正确分析题意、理解题意是解决问题的关键，所以提醒同学们在备考过程中可以适当的做一些辅助阅读帮助提升此能力.
22．甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四周结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
(1)求第三局结束时乙获胜的概率；
(2)求甲获胜的概率．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）对乙来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解.（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.
【详解】（1）设事件A为“第三局结束乙获胜”
由题意知，乙每局获胜的概率为，不获胜的概率为．           
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．  
故
（2）设事件B为“甲获胜”．
若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率．   
若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．    
此时的概率．            
若第四局结束甲以积分获胜，则甲第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情
况：（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．           
此时的概率          
若第四局结束甲以积分获胜，则乙的积分为0分，总共有4种情况：（胜，平，平，平），（平，胜，平，平），（平，平，胜，平），（平，平，平，胜）．          
此时的概率            
故