江苏省无锡市辅仁高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷（学生版+教师版）

这是一份江苏省无锡市辅仁高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷（学生版+教师版），文件包含江苏省无锡市辅仁高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷教师版docx、江苏省无锡市辅仁高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

一、单项选择题：本小题共8题，每小题5分，共40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. 在简单随机抽样中，下列关于其中一个个体被抽中的可能性说法正确的是（ ）
A. 与第几次抽样有关，第一次抽到的可能性更大一些
B. 与第几次抽样有关，最后一次抽到的可能性更大一些
C. 与第几次抽样无关，每次抽到的可能性都相等
D. 与第几次抽样有关，第一次抽到的可能性更小一些
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用简单随机抽样的意义逐项判断即得.
【详解】在简单随机抽样中，每个个体每次被抽中的可能性都相等，与第几次抽样无关，A，B，D错误，C正确．
故选：C
2. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个边长为1的正方形，则这个平面图形的面积是（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据直观图还原平面图，再求出相应的线段的长度，即可求出面积.
【详解】如图，不妨令直观图中正方形为，则，
所以，
由直观图可得如下平面图形，则，，
所以.
故选：A
3. 已知五个数，，，，的平均数为，则这五个数的方差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平均数求出的值，再利用公式计算方差即可.
【详解】由题可知，得，
则方差.
故选：A.
4. 已知向量，则以下说法正确的是（ ）
A. B. 方向上的单位向量为
C. 向量在向量上的投影向量为D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于A：求出坐标即可得模；对于B：通过求单位向量；对于C：通过投影向量的公式计算；对于D：通过计算是否成立来判断.
【详解】对于A：，所以，A错误；
对于B：方向上的单位向量为，B错误；
对于C：，
则向量在向量上的投影向量为，C错误；
对于D：，所以，D正确
故选：D.
5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，，，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】由空间中直线与直线，直线与平面，平面平面的位置关系逐一判断各个选项即可.
【详解】A：由，可知、可能平行或相交，A错误；
B：由，，可知、可能平行或异面，B错误；
C：由，，，可知，C正确；
D：由，，，可知、可能平行或异面，D错误.
故选：C
6. 已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆柱及球的特征计算即可.
【详解】由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为，
则，故该球的表面积为.
故选：C
7. 在矩形中，，，为边的中点，现将绕直线翻转至处，如图所示，若为线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）

A. B. 2C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】借助等角定理可得为异面直线与所成的角，借助正切定义计算即可得.
【详解】取的中点，连接，，
因为是的中点，所以，
且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以为异面直线与所成的角，
在直角中，.
故选：A.

8. 在正六棱柱中，，为棱的中点，则以为球心，2为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，作图，分别求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和，可计算得到答案.
【详解】因为球的半径为2，所以球不与侧而及侧面相交，
连接．由题得，．所以，
所以球与侧面交于点，，与侧面交于点，．
在正六边形中，易得，因为平面，平面．
所以，又，平面，
所以平面，即平面，且，又，．
所以球与侧面的交线为以为直径的半圆，同理可得球与侧面的交线为以为直径的半圆．
由题易得，则球与上底面及下底面的交线均为个半径为的圆．
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：根据球的半径为2，判断球只与侧而及侧面，上底面及下底面相交.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 演讲比赛中，12位评委对小李的演讲打出了如下的分数：
若去掉两个最高分，两个最低分，则剩下8个分数的（ ）
A. 极差为0.3B. 众数为9.0和9.1
C. 平均数为9.025D. 第70百分位数为9.05
【答案】AC
【解析】
【分析】利用极差、众数、平均数、百分位数的求法一一判定选项即可.
【详解】易知去掉最高分和最低分后剩下的8个分数分别为，
显然极差为，众数为9.0，平均数为，
，则第70百分位数为数据中的第6个数即9.1.
显然A、C正确，B、D错误.
故选：AC
10. 在中，，，，则（ ）
A. B.
C. 的面积为D. 外接圆的直径是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二倍角余弦公式计算判断A，根据余弦定理求解判断B，根据同角三角函数关系及三角形面积公式求解判断C，根据正弦定理求解判断D.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，由A选项知，
由余弦定理得.
故，故B正确；
对于C，由于在中，，故，
所以，
所以，故C错误；
对于D，设外接圆半径为R，
则由正弦定理得，故D正确.
故选：ABD
11. 如图，矩形中，，边，的中点分别为，，直线BE交AC于点G，直线DF交AC于点H.现分别将，沿，折起，点在平面BFDE同侧，则（ ）
A. 当平面平面BEDF时，平面BEDF
B. 当平面平面CDF时，
C. 当重合于点时，二面角的大小等于
D. 当重合于点时，三棱锥与三棱锥外接球的公共圆的周长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，先利用三角形相似证得，再利用面面垂直的性质定理证得平面，从而得以判断；
对于B，先利用线面垂直推得平面AGH与平面CHG重合，再利用面面平行的性质定理证得，进而推得，从而利用线面平行的性质定理推得，由此得以判断；
对于C，由平面得到二面角为，进而由推得，据此判断即可；
对于D，先分析得三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆，再由勾股定理证得，从而求得公共圆的直径，由此得解.
【详解】对于A，在矩形中，，是的中点，
所以，，则，
又，所以，则，
所以，则，故，
当平面平面时，如图1，
又因为平面平面，平面，
所以平面，故A正确.
.
对于B，当平面平面CDF，如图1，
由选项A易知在矩形中，，则，
所以在中，，，
同理，则，，
又，，面，
所以面，同理平面CHG，
又因为，所以平面AGH与平面CHG重合，即四边形为平面四边形，
又平面平面CDF，平面平面，平面平面，
所以，又，所以四边形是平行四边形，则，
假设，则四边形为平面图形，
又平面，平面，所以平面，
又平面平面，平面，所以，
又，即，所以四边形是平行四边形，
所以，而，，显然矛盾，故B错误；
对于C，如图2，
由选项B易得平面，
又平面，所以，同理：，
所以二面角的平面角为，
在中，由选项B知，
所以是正三角形，故，即二面角的大小等于，故C正确；
.
对于D，如图2，三棱锥与三棱锥的公共面为面，
所以三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆，
易知，，，
所以，所以，即为直角三角形，
所以为的外接圆的直径，即，
所以所求公共圆的周长为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握面面垂直的性质定理、线面平行与面面平行的性质定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，严密推理；同时对于外接球的公共圆的突破口在于找到两个三棱锥的公共面，从而得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 据统计，某段时间内由内地前往香港的老、中、青年旅客的比例依次为，现使用分层抽样的方法从这些旅客中随机抽取n人，若青年旅客抽到60人，则_______.
【答案】200
【解析】
【分析】根据分层抽样得到老、中年旅客的人数，相加后得到答案.
【详解】青年旅客抽到60人，则老、中年旅客的人数分别为和，
故.
故答案为：200
13. 已知一个正四棱锥的底面边长为1，高为，则该正四棱锥的表面积为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据正四棱锥的结构特征，求出正四棱锥的斜高，再求出表面积.
【详解】如图，四棱锥为正四棱锥，高，底面边长，
过点作于，则是的中点，连接，于是斜高，
所以正四棱锥表面积.
故答案为：4
14. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若，则___________；若为锐角三角形，则的取值范围是___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简已知等式，即可求出，结合，即可得出答案；进而可知，分别讨论或，结合题意即可求出，由正弦定理将化简为，代入即可求出答案.
【详解】因为，所以，
，
，
，由，
则，即，
代入，可得，则，且，
解得.
由，
①当时，且，若是锐角三角形，则，
所以，不成立；
②当时，且，所以，代入上式，
可得，若是锐角三角形，则，所以，即，
且
，又，
所以
故答案为：；.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 自2022年动工至今，我市的“靓淮河”工程已初具规模．该工程以“一川清､两滩靓､三脉通､十景红”为总体布局，以生态修复与保护为核心理念，最终将促进城市防洪､交通､航运､生态､观光､商业等多种业态协同融合发展．为调查我市居民对“靓淮河”工程的满意程度，随机抽取了200位市民，现拟统计参与调查的市民年龄层次，将这200人按年龄（岁）分为5组，依次为，并得到频率分布直方图如下．

（1）求实数的值；
（2）估计这200人年龄的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）；
（3）估计这200人年龄的中位数（精确到小数点后1位）．
【答案】（1）
（2）41.5岁 （3）42.1岁
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为1，可求的值；
（2）根据频率分布直方图，可直接估算平均数；
（3）直接求频率在的数据就可估计中位数.
【小问1详解】
由题意：，解得．
【小问2详解】
由题意：，
估计这200人年龄的样本平均数为41.5岁．
【小问3详解】
由图可知，年龄在的频率为0.25，在的频率为0.35，
，
估计这200人年龄的样本中位数为42.1岁．
16. 在中，角所对的边分别为，已知.
（1）若，求角的大小；
（2）若，求边上的高.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理求得，再判断角的范围,即可求得角；
（2）先由余弦定理求出角，再借助于直角三角形中三角函数的定义计算即得.
【小问1详解】
由正弦定理，，即，
因，故,即是锐角，故；
【小问2详解】
如图，由余弦定理，，
知角是锐角，则，
作于点，在中，,
即边上高是.
17. 如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）若为侧棱的中点，求证：平面；
（3）设平面平面，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，再证明即可；
（2）根据线面平行与面面平行的判定证明平面平面即可；
（3）根据线面平行的判定与性质证明即可.
【小问1详解】
设，连接，因为是平行四边形，故，
又为侧棱的中点，故.
又平面，平面，故平面.
【小问2详解】
若为侧棱的中点，，则，
又平面，平面，故平面.
又，平面，平面，故平面.
又，平面，故平面平面.
又平面，故平面.
【小问3详解】
因为，平面，平面，故平面.
又平面平面，平面，故

18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，分别为棱中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若平面⊥平面，求证：；
（3）若平面⊥平面，且，求直线与平面所成角.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）证明过程见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由中位线和平行四边形得到线线平行，证明出线面平行，面面平行；
（2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直；
（3）在（2）基础上得到直线与平面所成角为或其补角，再求出各边长，求出，得到答案.
【小问1详解】
因为分别为棱中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，，分别为棱中点，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
因为平面⊥平面，两平面交线为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以；
【小问3详解】
由（2）可知，平面，
故直线与平面所成角为或其补角，
又平面，所以，
因为，，且，所以，
故，故
故直线与平面所成角.
19. 对于数集，其中，，定义向量集，若对任意，存在使得，则称具有性质．
（1）判断是否具有性质；
（2）若，且具有性质，求的值；
（3）若具有性质，求证：且当时，．
【答案】（1）具有性质
（2）4 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据集合新定义判断即可；
（2）在中取，根据数量积的坐标表示，求出可能的，再根据求出符合条件的值即可；
（3）取，，由，化简可得，所以异号，而是中的唯一的负数，所以中之一为，另一个为1，从而得到，最后通过反证法得出时，.
【小问1详解】
具有性质.
因为，
所以，
若对任意，存在使得，
所以具有性质.
【小问2详解】
因为，且具有性质，
所以可取，
又中与垂直的元素必有形式中的一个，
当时，由，可得，不符合题意；
当时，由，可得，符合题意；
当时，由，可得，不符合题意；
所以.
【小问3详解】
证明：取，设，满足，
所以，所以异号，
因为是中的唯一的负数，
所以中之一为，另一个为1，
所以，
假设，其中，则，
选取，并设，满足，
所以，则异号，从而之中恰有一个为，
若，则，显然矛盾；
若，则，矛盾，
所以当时，，
综上，得证.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解集合的新定义，并用向量的数量积为零时坐标表示出所求的参数值.
9.3
8.8
8.9
9.0
8.9
9.0
9.1
8.7
9.2
9.0
9.1
9.2