2022-2023学年福建省宁德第一中学高一下学期5月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省宁德第一中学高一下学期5月月考数学试题含答案，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学年福建省宁德第一中学高一下学期5月月考数学试题 一、单选题1．复数满足，为虚数单位，则复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意得到，计算求解即可.【详解】因为，所以，所以，即，所以复数的虚部为：.故选：D.2．设x∈R，向量＝（x，1），＝（1，﹣2），且∥，则|+|＝（    ）A． B． C． D．5【答案】A【分析】由向量共线求得未知数x，根据模长的坐标表示求得即可.【详解】解：根据题意，向量＝（x，1），＝（1，﹣2），若∥，则﹣2x＝1，解可得x＝﹣，则＝（﹣，1），故+＝（，﹣1），则|+|＝＝，故选：A．3．某中学的高一、高二、高三共有学生1350人，其中高一500人，高三比高二少50人，为了解该校学生健康状况，现采用分层抽样方法进行调查，在抽取的样本中有高一学生120人，则该样本中的高二学生人数为A．80 B．96 C．108 D．110【答案】C【解析】设高二总人数为人，由总人数及抽样比列方程组求解即可．【详解】设高二总人数为人，抽取的样本中有高二学生人则高三总人数为个，由题可得：，解得：.故选C【点睛】本题主要考查了分层抽样中的比例关系，考查方程思想，属于基础题．4．已知、是空间中两个不同的平面，、是空间中两条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则【答案】D【分析】利用空间中线面、面面的位置关系可判断ABC选项；利用空间向量法可判断D选项.【详解】对于A选项，若，，则或，A错；对于B选项，若，，则或、相交，B错；对于C选项，若，，则或或、相交（不一定垂直），C错；对于D选项，设直线、的方向向量分别为、，若，，，则平面、的一个法向量分别为、，且，故，D对.故选：D.5．AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A，B)且PA＝AC，则二面角P­-BC­-A的大小为（    ）A．60° B．30°C．45° D．15°【答案】C【分析】根据面面角的定义先找出二面角P-BC-A的平面角为∠PCA，再在直角三角形PCA进行求角即可.【详解】∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC．易得BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，∴∠PCA为二面角P-BC-A的平面角．在Rt△PAC中，PA＝AC，∴∠PCA＝45°．故选：C【点睛】作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ） A． B． C． D．【答案】C【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.7．如图，已知正方体，，分别是，的中点，则（    ）  A．直线与直线相交，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线垂直，直线平面D．直线与直线异面，直线平面【答案】C【分析】由题意，连接，显然为中点，由直线与平面平行的判定定理可得平面，又易判断，可得.【详解】  解：如图，连接，则与互相平分，即是的中点，又由是的中点，则，而平面，平面，故平面，四边形是正方形，则，又由，则平面，所以.故选：C.8．在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c．若，当角A最大时，则（      ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可得，结合余弦定理可得时,角A最大，即有 ，由此化简，结合同角的三角函数的关系式，求得答案.【详解】由题意得，，故，当且仅当时取等号，即时,角A最大,此时，故，而,所以，故选：B． 二、多选题9．设，为复数，下列命题中正确的是（　　）A．B．若，则与中至少有一个是0C．若，则D．【答案】ABD【分析】根据复数运算对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】设，，则，A选项正确.若，则，则或，所以与中至少有一个是0，B选项正确.若，则可能，C选项错误.，，D选项正确.故选：ABD10．我国居民收入与经济同步增长，人民生活水平显著提高.“三农”工作重心从脱贫攻坚转向全面推进乡村振兴，稳步实施乡村建设行动，为实现农村富强目标而努力.2017年~2021年某市城镇居民､农村居民年人均可支配收入比上年增长率如下图所示.根据下面图表，下列说法一定正确的是（    ）A．该市农村居民年人均可支配收入高于城镇居民B．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的极差，城镇比农村的大C．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的中位数，农村比城镇的大D．2021年该市城镇居民､农村居民年人均可支配收入比2020年有所上升【答案】BCD【分析】根据表中数据逐一判断即可.【详解】由增长率高，得不出收入高，即A错误；由表中数据，可知城镇居民相关数据极差较大，即B正确；由表中数据，可知农村居民相关数据中位数较大，即C正确；由表中数据，可知增长率为正，即D正确.故选：BCD11．已知与均为单位向量，其夹角为，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据向量数量积公式得到，由得到，B正确；计算，得到，A正确；根据向量数量积运算法则得到，结合，从而得到，C错误；利用数量积得到，根据，求出，进而得到，计算出，判断出D选项.【详解】，其中，因为，所以，B正确；且，所以，A正确；，因为，所以，故C错误；，当，，所以，故，所以，D正确.故选：ABD12．棱长为2的正四面体中，分别是的中点，点是棱上的动点，则下列选项正确的有（　　）.A．存在点，使得平面B．存在点，使得C．的最小值为D．当时，三棱锥的外接球表面积为【答案】BCD【分析】将棱长为2的正四面体放入如下图所示的正方体中，假设存在点，使得平面，由面面平行的判定性质证明平面平面，所以平面平面，但平面平面，可判断A；当与重合时，，可判断B；将展开，如图，为的交点时，的最小，由余弦定理求出可判断C；当时，易证得面，求出三角形外接圆的半径为，由，求出，可判断D.【详解】对于A，将棱长为2的正四面体放入如下图所示的正方体中，假设存在点，使得平面，则P点不与线段AB端点重合，又因为，平面，平面，，所以平面平面，又因为平面平面，所以平面平面，但平面平面，所以假设不成立.所以不平行平面，故A不正确.对于B，当与重合时，，故B正确.对于C，将展开到同一平面，如图，为的交点时，的最小，最小值为：，故C正确.对于D，如下图，，且，,所以面，因为在三角形中，，设三角形外接圆的半径为，，所以，则外接球半径R满足，三棱锥的外接球表面积为，故D正确.故选：BCD. 三、填空题13．如图，一个几何体的上半部分是一个圆柱体，下半部分是一个圆锥体，圆柱体的高为，圆锥体的高为，公共的底面是半径为的圆形，那么这个几何体的表面积为   ． 【答案】【分析】利用圆柱和圆锥的表面积公式，可得解.【详解】解：由圆柱的表面积公式可得这个几何体上半部分的表面积；由锥体侧面积公式可得这个几何体下半部分的表面积；故几何体的表面积．故答案为：．14．如图所示是一个样本容量为的频率分布直方图，则由图形中的数据，可知其分位数为            .【答案】【分析】根据频率可判断分位数在内，列式即可求出.【详解】由图可知第一组的频率为，前两组的频率之和为，则可知其分位数在内，设为，则，解得.故答案为：.15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，△ABC的面积S为           .【答案】【分析】由正弦定理、余弦定理化简条件的，代入向量数量积求得，从而代入面积公式求得结果.【详解】由正弦定理知，，由余弦定理知，则，又则三角形面积故答案为：16．在三棱锥中，，，二面角是钝角.若三棱锥的体积为2．则三棱锥的外接球的表面积是           .【答案】【分析】先画出三棱锥，取中点为，连接，，取中点为，连接，根据三棱锥的体积，求出；再把三棱锥补成长方体，使三棱锥的各棱分别是面对角线，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，设，，，根据题中数据，求出，进而可求出外接球的直径，从而可求出其表面积.【详解】如图（1），取中点为，连接，，则由，可得：，，即即为二面角的平面角；又，所以平面；取中点为，连接，设，又所以，因此，，所以，即，解得：或，当时，，即，舍去；所以，即；如图（2），把三棱锥补成长方体，使三棱锥的各棱分别是面对角线，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，设，，，则，解得，因此，外接球的直径为，所以四面体的外接球的表面积是.故答案为：.【点睛】本题主要考查求三棱锥外接球的表面积，熟记三棱锥的结构特征，以及球的表面积公式即可，属于常考题型. 四、解答题17．如图，在中，，，分别是，的中点.（1）设，，试用，表示，；（2）若，求.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）由，，结合向量的减法运算得出，；（2）由求出，再由数量积公式得出.【详解】（1）因为，分别是，的中点，所以，所以，（2）因为，所以，所以化简整理得，又因为，所以即所以即，所以.18．如图，已知在长方体中，，，点是的中点．（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，利用中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）计算出，利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】（1）因为四边形为矩形，且，则为的中点，又因为为的中点，则，平面，平面，因此，平面；（2）因为，，且为的中点，所以，，在长方体中，平面，因此，.【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：（1）通过面面平行得到线面平行；（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.19．在下面三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．​①，②，③，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_______．(1)求角C的大小；(2)若，，求的面积．【答案】(1)(2)56 【分析】（1）利用正弦定理，根据边化角的思想，整理等式，利用三角函数的恒等变换以及三角形的性质，可得答案；（2）利用正弦定理，结合（1）的角，求得边长，利用三角形的内角和，利用和角公式，利用面积公式，可得答案.【详解】（1）选条件①，因为，所以，因为，所以，此时，整理得，因为，所以，则；选条件②，因为，所以，此时，因为，所以，因为，所以，此时，又，则；选条件③因为，所以，即，因为，所以，整理得，又，则；（2）因为，所以，由，可得，所以，则的面积．20．社会的进步与发展，关键在于人才，引进高素质人才对社会的发展具有重大作用．某市进行人才引进，需要进行笔试和面试，一共有名应聘者参加笔试，他们的笔试成绩都在内，将笔试成绩按照、、、分组，得到如图所示频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中的值；(2)求全体应聘者笔试成绩的众数和平均数（每组数据以区间中点值为代表）；(3)若计划面试人，请估计参加面试的最低分数线．【答案】(1)(2)众数为，平均数为(3) 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为可求得的值；（2）利用频率分布直方图中最高矩形底边的中点值为众数，将矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全加可得应聘者笔试成绩的平均数；（3）计算出百分位数，可得结果.【详解】（1）解：由题意有，解得.（2）解：应聘者笔试成绩的众数为，应聘者笔试成绩的平均数为．（3）解：，所以，面试成绩的最低分为百分位数，前两个矩形面积之和为，前三个矩形的面积之和为，设百分位数为，则，解得.因此，若计划面试人，估计参加面试的最低分数线为.21．四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面，已知，，，．  (1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理证明即可；（2）利用线面夹角的定义，以及面面垂直的性质定理证明.【详解】（1）作，垂足为，连接，由侧面底面，侧面,且侧面底面，得底面．因为，所以，又，故为等腰直角三角形，，且平面，所以平面，又因为平面，所以,即.（2）证明：由（1）知，依题，故，由，，，又，作，垂足为，侧面底面，平面,且侧面底面，得平面，连接,所以为直线与平面所成的角，所以，即直线与平面所成角的正弦值为．  22．已知四棱锥的底面为直角梯形，平面，且，是棱上的动点.（1）求证：平面平面；（2）若平面，求的值；（3）当是中点时，设平面与棱交于点，求截面的面积.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】(1) 要证平面平面，只需证明平面，利用线面垂直的判定可证平面.(2) 根据题意，作出点，再利用相似三角形求的值(3) 从四点共面角度出发，利用平面向量基本定理确定点的位置，再求截面面积.【详解】(1)证明：因为，所以，又，所以.因为平面，平面，所以.又，在平面内，且相交于点，所以平面.又平面，所以平面平面.(2) 如图，连接，相交于点，过点作，交于点.因为，平面，平面，所以平面.故上述所作点为使得平面的点.如图在梯形中，有，令，因为，，三点共线，所以，.即，所以，.因为，所以，.(3)设，因为四点共面，所以存在实数，，使得.因为，，又，，为一组基底，所以解得.所以.因为平面，平面，所以.又，，在平面内，且相交于点，所以平面，又平面，所以.在四边形中，，，，因为，点到的距离为，点到的距离为.所以截面的面积.