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

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. 1350

5.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0.017

B．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80

14.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