2022-2023学年河北省保定市曲阳县高一下学期5月联考数学试题含答案

2022-2023学年河北省保定市曲阳县高一下学期5月联考数学试题

一、单选题

1．已知复数，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的乘法运算求解.

【详解】由题意可得：.

故选：D.

2．的内角的对边分别为，若，则（    ）

A．2 B． C．3 D．

【答案】D

【分析】根据余弦定理求解即可.

【详解】由余弦定理得，得．

故选：D

3．光明社区老年合唱队中，60～70岁的有30人，71～75岁的有15人，76岁及以上的有10人．若用分层抽样的方法抽取位老人参加某项活动，已知从71～75岁的老人中抽取了3人，则的值为（    ）

A．9 B．10 C．11 D．12

【答案】C

【分析】根据分层抽样的概念及计算方法，列出方程，即可求解.

【详解】由题意可知：从71～75岁的老人中抽取的人数为，解得.

故选：C.

4．已知是两条不同的直线，是一个平面，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】C

【分析】根据直线与平面的位置关系和相关定理，逐项判断即可.

【详解】对于A，若，，则 或，故A错误；

对于B，平行于同一平面的两条直线可能平行，可能异面，也可能相交，故B错误；

对于C，若，则m垂直于平面内的任意一条直线，，故C正确；

对于D，若，则与不一定垂直，故D错误.

故选：C.

5．某公司用随机数法从公司的500名员工中抽取了20人了解其对烧烤的喜欢程度．先将这500名员工按001，002，…，500进行编号，然后从随机数第3行第3列的数开始向右读，则选出的第7个编号是（注：下面为随机数的第3行和第4行）（    ）

第3行：7816  6572  0802  6319  8702  4369  9728  0198

第4行：3204  9243  4935  8200  3623  4869  6938  7481

A．492 B．320 C．198 D．280

【答案】B

【分析】由随机数法的抽样规则进行抽样即可.

【详解】由随机数法的抽样规则，从随机数第3行第3列的数开始向右读，依次选出的编号是：

166，080，263，198，436，280，320，…，所以选出的第7个编号是320.

故选：B

6．已知向量，，若与反向，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】依题意可先求出的值，从而可得的坐标，再用投影向量的定义即可求解.

【详解】依题意，，，

所以，解得或，

又与反向，则时，向量与同向，不合舍去，

故，此时，，，

则向量在向量上的投影向量为

.

故选：D

7．在平行六面体中，底面是菱形，，与底面垂直，，分别在和上，且，，，，则异面直与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意将异面直线平移到同一三角形中，再根据三角形的余弦定理求解即可.

【详解】取DM中点K，连接、，

因为，，所以四边形为平行四边形，

所以，所以异面直线与所成角为或其补角.

因为底面是菱形，，，

所以在中，利用余弦定理得，

又，，

在中，利用余弦定理得，

所以异面直与所成角的余弦值为.

故选：B.

8．某六芒星项链如图1所示，其平面图如图2所示，该六芒星由正和正组合而成，且，，，和的中心均为O，与的交点为G，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据等边三角形中心的性质可得，进而得向量共线，由向量线性运算即可求解.

【详解】如图，连接，，设，的交点为H，，的交点为I，由于O是和的中心，所以O在上，H为的中点，

因为O为的重心，所以.由题意得，则,

，即，所以,

，得.

故选：C

二、多选题

9．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（    ）

A．

B．的虚部为

C．为纯虚数

D．是方程的一个复数根

【答案】ABD

【分析】根据复数的几何意义、复数的概念以及复数的运算可得答案.

【详解】因为复数在复平面内对应的点的坐标为，

所以，所以，故A正确；

的虚部为，故B正确；

不是纯虚数，故C错误；

因为，

所以是方程的一个复数根，故D正确.

故选：ABD

10．下列说法错误的是（    ）

A．过球心的截面是半径等于球的半径的圆面

B．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱

C．正四棱锥的侧面都是正三角形

D．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台

【答案】BCD

【分析】根据几何体的结构特征逐项分析判断.

【详解】对于选项A：根据球的性质可知过球心的截面是半径等于球的半径的圆面，故A正确；

对于选项B：满足有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体可能时两个棱柱拼接而成，如图所示，故B错误；

对于选项C：正四棱锥的底面为正方形，侧棱长相等，但无法确定底面边长与侧棱长是否相等，所以只可得正四棱锥的侧面都是等腰三角形，而不一定是正三角形，故C错误；

对于选项D：因为无法确定侧棱是否交于一点，故满足条件的几何体不一定是棱台，故D错误；

故选：BCD.

11．若向量满足，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则 B．

C．若，则 D．

【答案】ABD

【分析】由分别平方后，两式相加，相减得到，再逐项判断.

【详解】解：因为，

所以，

解得，

当时，，，A正确；

当时， ，解得或，C错误；

易得，则，解得，当且仅当时，等号成立，由，得，所以，B正确；

易得，则，解得，D正确，

故选：ABD.

12．在四棱锥中，底面，，，，且二面角为60°，则（    ）

A．

B．二面角为60°

C．三棱锥的外接球的表而积为

D．三棱锥的内切球的半径为

【答案】BCD

【分析】根据二面角和余弦定理可得.对于A：根据垂直关系运算求解；对于B：可证平面，进而可得二面角的平面角为，运算求解即可；对于C：结合直三棱柱的外接球特征分析求解；对于D：利用等体积法求三棱锥的内切球半径.

【详解】由题意可知：是以边长为2的等边三角形，

取的中点，连接，则，

因为平面，且平面，

所以，，，

且，平面，可得平面，

平面，则，

所以二面角的平面角为，

则，

在中，由余弦定理可得，

即，则，即.

对于选项A：因为，所以，故A错误；

对于选项B：因为，，平面，所以平面，

且平面，可得，且，

所以二面角的平面角为，

又因为，且为锐角，则，

所以二面角为60°，故B正确；

对于选项C：设的中心为（即为外接圆圆心），则，

设三棱锥的外接球的球心为，半径为，连接，

则，且//，可得，

所以三棱锥的外接球的表而积为，故C正确；

对于选项D：因为三棱锥的体积，

三棱锥的表面积，

所以三棱锥的内切球的半径，故D正确；

故选：BCD.

三、填空题

13．某7位小伙伴1分钟的跳组个数（単位：个）分别为180，182，173，175，，178，176，已知这7位小伙伴1分钟跳绳个数的平均数为178，则      ．

【答案】

【分析】由平均数的计算公式即可求解.

【详解】依题意，，

解得.

故答案为：

14．某“星舰”可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图所示，其中，分别是上、下底面圆的圆心，若米，米，底面圆的直径为9米，则该“星舰”的表面积是      平方米．

【答案】

【分析】根据题意结合圆柱、圆锥的侧面积公式运算求解.

【详解】由题意可知：该“星舰”的表面分为三个部分：圆锥的侧面、圆柱的侧面和圆柱的底面圆，

因为圆锥的母线长米，则其侧面积平方米，

圆柱的高米，则其侧面积平方米，

底面圆的面积平方米，

所以该“星舰”的表面积是平方米.

故答案为：.

15．长度为的线段两个端点到平面的距离分别为和，且这两个端点都在平面的同一侧，则这条线段所在直线与平面所成角的正弦值为      ．

【答案】/

【分析】根据线面夹角的定义分析运算.

【详解】如图所示，设线段两个端点在平面的投影分别为，连接，

则，

在线段上取点，使得，连接，

因为//，，则为平行四边形，可得//，

则线段所在直线与平面所成角的即为线段所在直线与平面所成角，

所以这条线段所在直线与平面所成角的正弦值.

故答案为：.

16．《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，，，，，，分别为棱，上一点，则的最小值为      ．

【答案】

【分析】将翻折至一个平面，则的最小值为点A到边的距离，结合三角恒等变换运算求解.

【详解】由题意可知：，则，

所以，

将翻折至一个平面，过点A作，垂直为点，

则的最小值为点A到边的距离，

因为，

所以，

即的最小值为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知向量，的夹角为，且，，．

(1)求；

(2)当时，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先根据数量积的定义求，进而求模长；

（2）根据向量垂直可得，结合数量积的运算律运算求解.

【详解】（1）由题意可知：，

所以，即.

（2）因为，则，

解得.

18．如图，在底面是矩形的四棱锥中，平面平面，，且，分别是的中点．

(1)证明：∥平面．

(2)证明：平面．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用线面平行判定定理证明即可；

（2）利用线面垂直的判定定理证明即可

【详解】（1）连接，如图所示：

因为是矩形，是的中点，

所以是的中点

因为是的中点，

所以∥，

又平面，平面，

所以∥平面．

（2）因为，且，

所以

所以，

因为平面平面，且平面平面，

，平面

所以平面，

因为平面，

所以，

又，且平面，平面，

所以平面．

19．如图，梯形是水平放置的四边形的斜二测画法的直观图，已知，，．

(1)在下面给定的表格中画出四边形（不需写作图过程）；

(2)若四边形以所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，说出该几何体的结构特征，并求该几何体的体积．

【答案】(1)图形见详解

(2)

【分析】（1）根据斜二测画法画出四边形即可；

（2）根据题意分析可知所得几何体的上半部分为圆锥，下半部分为圆柱截取一个圆锥，结合柱体、锥体的体积公式运算求解.

【详解】（1）因为与轴重合，则与轴重合，且；

与轴平行，则与轴平行，且；

与轴重合，则与轴重合，且；

连接，即可得四边形.

（2）如图所示，所得几何体的上半部分为圆锥，下半部分为圆柱截取一个圆锥，

故体积为.

20．已知正方体．

(1)证明：平面面．

(2)若正方体的棱长为4，平面α，当平面α经过BC的中点时，求平面α截正方体所得截面的周长．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据正方体的性质和线面垂直得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定即可证明；

（2）根据线面垂直的性质和（1）的结论得到平面α∥平面．分别取BC，CD，，，，的中点E，F，G，H，M，N，连接各点，则多边形EF－GHMN即平面α截正方体所得的截面，再求出周长即可.

【详解】（1）在正方体中，AB⊥平面，

因为平面，所以．

在正方形中，，

又，平面，

所以平面，又平面，

所以平面平面．

（2）连接，因为AD⊥平面，

又平面，所以．

在正方形中，，

又，平面，

所以平面，又平面，

所以．

由（1）知平面，平面，则．

又，平面，所以平面，

因为平面α，所以平面α∥平面．

分别取BC，CD，，，，的中点E，F，G，H，M，N，连接各点，

则多边形EF－GHMN即平面α截正方体所得的截面．

又，

所以平面α截正方体所得的截面的周长为．

21．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求C；

(2)若D为边上一点，，且，求面积的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）运用余弦定理求出；

（2）由条件运用正弦定理和基本不等式求解.

【详解】（1）由余弦定理得，

得，即，

则，， ；

（2）

在中，由正弦定理得，

在中，由正弦定理得，

由题意得，

因为，所以，得，

得，即为的角平分线，

由 ，得，

得，所以，

当且仅当时，等号成立，

则的面积为 ，即面积的最小值为；

综上，，面积的最小值为.

22．如图，在斜三棱柱中，为的中点，为上靠近A的三等分点，为上靠近的三等分点．

(1)证明：平面//平面．

(2)若平面，，与平面的距离为，，，三棱锥的体积为，试写出关于的函数关系式．

(3)在（2）的条件下，当为多少时，三棱锥的体积取得最大值？并求出最大值．

【答案】(1)证明见详解

(2)

(3)16

【分析】（1）根据线面、面面平行的判定定理分析证明；

（2）根据题意可知平面，进而可得，结合锥体的体积公式运算求解；

（3）整理得，结合二次函数分析求解.

【详解】（1）由题意可得：，//，则为平行四边形，可得//，

且平面，平面，所以//平面，

取的中点，连接，

因为分别为的中点，则//，

又因为，//，则为平行四边形，

可得//，，

且//，，则//，，

可得为平行四边形，则//，故//，

且平面，平面，所以//平面，

，平面，

所以平面//平面.

（2）因为平面，平面，则，

且//平面，则，可得，

且//，则平面，

平面，可得，

且，平面，

所以平面，

又因为平面//平面，则平面，

平面，则，

设，因为//，则，即，

所以三棱锥的体积为.

（3）由（2）可知，

当，即时，取到最大值.