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福建省龙岩市上杭县第一中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷（Word版附解析）
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1. 若复数对应的点在第四象限，则m的值为（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数表示的点在第四象限，可得实部为正且虚部为负即得.
【详解】由可得，又m为整数，所以.
故选：B.
2. 某射击运动员7次的训练成绩分别为:86，88，90，89，88，87，85，则这7次成绩的第80百分位数为（ ）
A. 88.5B. 89C. 91D. 89.5
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数的定义进行求解即可.
【详解】7次的训练成绩从小到大排列为：85，86，87，88，88，89，90，
，所以第80百分位数为从小到大排列的数据中的第个数据，即89，
故选：B
3. 已知向量满足，且，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据得，进而得，即可得.
【详解】因为，所以，
故.
故选：B
4. 设l是直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】举例说明判断ACD；利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理判断D.
【详解】对于A，若相交，令，
当，且时，满足，，显然不平行，A错误；
对于B，，则存在直线，使得，
而，则，因此，B正确；
对于C，若，令，
当且时，满足，而与不平行，C错误；
对于D，若，令，
当，时，有，此时或，与不垂直，D错误．
故选：B
5. 已知和是两个不共线的向量，若，，，且，，三点共线，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三点共线可得，列出方程组即可得解.
【详解】因为，
且，，三点共线，
所以存在实数，使得，即，
则，解得.
故选：B
6. 在正方体中，E是的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值是（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意分析可得异面直线DE与AC所成角为（或的补角），在中利用余弦定理运算求解.
【详解】取的中点，连接，
因为//，且，则为平行四边形，可得//，
又因为分别为的中点，则//，
所以//，
故异面直线DE与AC所成角为（或的补角），
设正方体的棱长为2，则，
在中，由余弦定理，
所以异面直线DE与AC所成角余弦值是.
故选：D.
7. 已知三棱锥中，，，平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质定理可证得面，从而可得，在上取一点，使得，则为球心，在中，由勾股定理即可求出外接球的半径，再由球的表面积公式即可得到答案．
【详解】如图，
取的中点，连接，，则，
又平面平面，平面平面，平面，
所以面，又平面，
所以，
在上取一点，使得，则为球心，设球的半径为，
因为，所以为直角三角形，又为的中点，
所以，又，
又在中，，即，解得.
所以外接球表面积为.
故选：C.
【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球表面积的求法，考查空间想象力，属于中档题．
8. 在锐角中，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理可得，当时，不妨设，可得，由及锐角三角形中可得，从而可得答案.
【详解】因为，所以，
当且仅当时取等号，.
当时，不妨设，则，
所以，即，所以，
因为锐角三角形中，，则，故，
而，则，所以，
综上所述，.
故选：B.
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. 已知复数，下列结论正确的有（ ）
A. B. 若，则
C. D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用共轭复数的定义判断选项A；由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B；由复数模的运算性质判断选项C；由复数的乘法运算及共轭复数的概念判断选项D.
【详解】设，
对于A，，，故选项A正确；
对于B，因为，
则，则或，
所以中至少有一个0，即或，故选项B不正确；
对于C，由复数模的运算性质可知，
，
=，
所以，故选项C正确；
对于D，当，则，
可得，解得，即，
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
10. 如图，垂直于以为直径的圆所在的平面，点是圆周上异于、的任一点，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C 平面D. 平面平面
【答案】BD
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质可判断B选项；利用面面垂直的判定定理可判断D选项；利用反证法可判断AC选项.
【详解】因为平面，平面，所以，，
因为点是以为直径的圆上且异于、的任一点，，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，平面平面，B对D对；
因为平面，平面，则，则为锐角，
即与不垂直，故与平面不垂直，C错；
若，又因为，，、平面，
所以，平面，与C选项矛盾，A错.
故选：BD.
11. 中，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则为锐角三角形．
B. 若，则点的轨迹一定通过的内心．
C. 若为重心，则
D. 若点满足，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据可确定角为锐角，但不一定为锐角三角形，可判定A；根据单位向量、共线向量的概念可判断B；根据向量的加法运算可确定C；根据向量的数量积以及向量模的运算可确定D．
【详解】选项A：若，则，因此角为锐角，但不一定为锐角三角形，
故A错误；
选项B：因为分别表示方向上的单位向量，所以的方向与的角平分线一致．
若，则的方向与的角平分线一致，所以点的轨迹一定通过的内心，故B正确；
选项C：若为的重心，设边的中点为，
则，故C正确；
选项D：设的中点为，若点满足，则点为外心，
于是有．又，
则
，故D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知圆台的上、下底面半径和高的比为，母线长为10，则圆台的体积为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，列出方程求得上，下底面半径以及高，再由圆台的体积公式，即可得到结果.
【详解】
设上底面半径为，则下底面半径为，高为，
因为母线长为10，所以，解得，
所以下底面半径为，高，
则体积.
故答案为：
13. 某工厂年前加紧手套生产，设该工厂连续天生产的手套数依次为（单位：万只）．若这组数据的方差为，且，则该工厂这天平均每天生产手套___________万只．
【答案】
【解析】
【分析】由可直接求得结果.
【详解】，.
故答案为：.
14. 如图，在中，已知，点是边中点，且，直线与相交于点，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理和三点共线知识可得，然后根据数量积运算律求解可得.
【详解】因为 三点共线，且，点是边的中点，
所以存在实数x满足，
又因为三点共线，所以，
所以，而，
且，
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. 新冠肺炎疫情期间，某地为了解本地居民对当地防疫工作的满意度，从本地居民中随机抽取若干居民进行评分（满分为100分），根据调查数据制成如下频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中a的值；
（2）根据频率分布直方图估计本次评测分数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，并精确到0.1）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1运算求解；
（2）根据平均数公式运算求解.
【小问1详解】
由题意可得：，解得.
【小问2详解】
估计本次评测分数的平均数.
16. 已知向量.
（1）求；
（2）设的夹角为，求的值；
（3）若向量与互相垂直，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）直接利用向量的坐标运算求解即可；
（2）利用向量夹角的坐标公式求解即可；
（3）利用向量垂直的坐标运算列式求解即可.
【小问1详解】
因为，所以；
【小问2详解】
的夹角为，则；
【小问3详解】
因为，所以，，
由向量与互相垂直得，，
所以，化简得，解得.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的点，.
（1）求的大小；
（2）若，，求BC的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边，整理可得，然后根据余弦定理即可求得，进而根据角的范围，即可得出答案；
（2）在以及中，分别根据余弦定理，结合，整理化简可得.在中，根据余弦定理推出.联立两个方程，即可得出答案.
【小问1详解】
由正弦定理以及已知可得，，
整理可得，.
由余弦定理可得，.
又，所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理可得，.
在中，由余弦定理可得，.
又，所以，
即，整理可得.
因为，
在中，由余弦定理可得，，
即，
整理可得，.
联立可得.
所以，.
18. 如图，在正三棱柱中，分别是，，的中点.
（1）求证：B，C，H，G四点共面；
（2）求证：平面；
（3）若底面边长为2，，求三棱锥体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1） 借助三角形的中位线，证明，可得B，C，H，G四点共面；
（2） 证明，平面，
（3）由，求三棱锥的体积.
【小问1详解】
∵G，H分别是，的中点，
∴GH是的中位线，∴，
又在三棱柱中， ，
∴，
∴B，C，H，G四点共面．
【小问2详解】
∵在三棱柱中，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面.
【小问3详解】
由题意，知 ．
19. 如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，是线段的中点，是线段上的动点．
（1）与所成的角是否为定值，试说明理由；
（2）若二面角为，求四面体的体积．
【答案】（1）与所成角为定值，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，由线面垂直证明线线垂直，即可确定与所成角为定值；
（2）根据题意可得为二面角的平面角，即可求解各边长度，利用棱锥的体积公式即可求解.
【小问1详解】
解：（1）因平面平面，，
所以平面，
∵平面，所以，同理可证．
又为菱形，，
所以≌，．
又为的中点，所以．
设，连接，，所以．
又，所以平面．
又平面，所以，
故与所成角为定值．
【小问2详解】
解：∵，为中点，
∴，为二面角的平面角，所以，
由题意知，解得，
又，可得，
由（1）得平面，
所以四面体的体积为：
．
1. 若复数对应的点在第四象限，则m的值为（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数表示的点在第四象限，可得实部为正且虚部为负即得.
【详解】由可得，又m为整数，所以.
故选：B.
2. 某射击运动员7次的训练成绩分别为:86，88，90，89，88，87，85，则这7次成绩的第80百分位数为（ ）
A. 88.5B. 89C. 91D. 89.5
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数的定义进行求解即可.
【详解】7次的训练成绩从小到大排列为：85，86，87，88，88，89，90，
，所以第80百分位数为从小到大排列的数据中的第个数据，即89，
故选：B
3. 已知向量满足，且，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据得，进而得，即可得.
【详解】因为，所以，
故.
故选：B
4. 设l是直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】举例说明判断ACD；利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理判断D.
【详解】对于A，若相交，令，
当，且时，满足，，显然不平行，A错误；
对于B，，则存在直线，使得，
而，则，因此，B正确；
对于C，若，令，
当且时，满足，而与不平行，C错误；
对于D，若，令，
当，时，有，此时或，与不垂直，D错误．
故选：B
5. 已知和是两个不共线的向量，若，，，且，，三点共线，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三点共线可得，列出方程组即可得解.
【详解】因为，
且，，三点共线，
所以存在实数，使得，即，
则，解得.
故选：B
6. 在正方体中，E是的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值是（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意分析可得异面直线DE与AC所成角为（或的补角），在中利用余弦定理运算求解.
【详解】取的中点，连接，
因为//，且，则为平行四边形，可得//，
又因为分别为的中点，则//，
所以//，
故异面直线DE与AC所成角为（或的补角），
设正方体的棱长为2，则，
在中，由余弦定理，
所以异面直线DE与AC所成角余弦值是.
故选：D.
7. 已知三棱锥中，，，平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质定理可证得面，从而可得，在上取一点，使得，则为球心，在中，由勾股定理即可求出外接球的半径，再由球的表面积公式即可得到答案．
【详解】如图，
取的中点，连接，，则，
又平面平面，平面平面，平面，
所以面，又平面，
所以，
在上取一点，使得，则为球心，设球的半径为，
因为，所以为直角三角形，又为的中点，
所以，又，
又在中，，即，解得.
所以外接球表面积为.
故选：C.
【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球表面积的求法，考查空间想象力，属于中档题．
8. 在锐角中，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理可得，当时，不妨设，可得，由及锐角三角形中可得，从而可得答案.
【详解】因为，所以，
当且仅当时取等号，.
当时，不妨设，则，
所以，即，所以，
因为锐角三角形中，，则，故，
而，则，所以，
综上所述，.
故选：B.
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. 已知复数，下列结论正确的有（ ）
A. B. 若，则
C. D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用共轭复数的定义判断选项A；由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B；由复数模的运算性质判断选项C；由复数的乘法运算及共轭复数的概念判断选项D.
【详解】设，
对于A，，，故选项A正确；
对于B，因为，
则，则或，
所以中至少有一个0，即或，故选项B不正确；
对于C，由复数模的运算性质可知，
，
=，
所以，故选项C正确；
对于D，当，则，
可得，解得，即，
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
10. 如图，垂直于以为直径的圆所在的平面，点是圆周上异于、的任一点，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C 平面D. 平面平面
【答案】BD
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质可判断B选项；利用面面垂直的判定定理可判断D选项；利用反证法可判断AC选项.
【详解】因为平面，平面，所以，，
因为点是以为直径的圆上且异于、的任一点，，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，平面平面，B对D对；
因为平面，平面，则，则为锐角，
即与不垂直，故与平面不垂直，C错；
若，又因为，，、平面，
所以，平面，与C选项矛盾，A错.
故选：BD.
11. 中，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则为锐角三角形．
B. 若，则点的轨迹一定通过的内心．
C. 若为重心，则
D. 若点满足，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据可确定角为锐角，但不一定为锐角三角形，可判定A；根据单位向量、共线向量的概念可判断B；根据向量的加法运算可确定C；根据向量的数量积以及向量模的运算可确定D．
【详解】选项A：若，则，因此角为锐角，但不一定为锐角三角形，
故A错误；
选项B：因为分别表示方向上的单位向量，所以的方向与的角平分线一致．
若，则的方向与的角平分线一致，所以点的轨迹一定通过的内心，故B正确；
选项C：若为的重心，设边的中点为，
则，故C正确；
选项D：设的中点为，若点满足，则点为外心，
于是有．又，
则
，故D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知圆台的上、下底面半径和高的比为，母线长为10，则圆台的体积为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，列出方程求得上，下底面半径以及高，再由圆台的体积公式，即可得到结果.
【详解】
设上底面半径为，则下底面半径为，高为，
因为母线长为10，所以，解得，
所以下底面半径为，高，
则体积.
故答案为：
13. 某工厂年前加紧手套生产，设该工厂连续天生产的手套数依次为（单位：万只）．若这组数据的方差为，且，则该工厂这天平均每天生产手套___________万只．
【答案】
【解析】
【分析】由可直接求得结果.
【详解】，.
故答案为：.
14. 如图，在中，已知，点是边中点，且，直线与相交于点，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理和三点共线知识可得，然后根据数量积运算律求解可得.
【详解】因为 三点共线，且，点是边的中点，
所以存在实数x满足，
又因为三点共线，所以，
所以，而，
且，
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. 新冠肺炎疫情期间，某地为了解本地居民对当地防疫工作的满意度，从本地居民中随机抽取若干居民进行评分（满分为100分），根据调查数据制成如下频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中a的值；
（2）根据频率分布直方图估计本次评测分数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，并精确到0.1）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1运算求解；
（2）根据平均数公式运算求解.
【小问1详解】
由题意可得：，解得.
【小问2详解】
估计本次评测分数的平均数.
16. 已知向量.
（1）求；
（2）设的夹角为，求的值；
（3）若向量与互相垂直，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）直接利用向量的坐标运算求解即可；
（2）利用向量夹角的坐标公式求解即可；
（3）利用向量垂直的坐标运算列式求解即可.
【小问1详解】
因为，所以；
【小问2详解】
的夹角为，则；
【小问3详解】
因为，所以，，
由向量与互相垂直得，，
所以，化简得，解得.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的点，.
（1）求的大小；
（2）若，，求BC的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边，整理可得，然后根据余弦定理即可求得，进而根据角的范围，即可得出答案；
（2）在以及中，分别根据余弦定理，结合，整理化简可得.在中，根据余弦定理推出.联立两个方程，即可得出答案.
【小问1详解】
由正弦定理以及已知可得，，
整理可得，.
由余弦定理可得，.
又，所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理可得，.
在中，由余弦定理可得，.
又，所以，
即，整理可得.
因为，
在中，由余弦定理可得，，
即，
整理可得，.
联立可得.
所以，.
18. 如图，在正三棱柱中，分别是，，的中点.
（1）求证：B，C，H，G四点共面；
（2）求证：平面；
（3）若底面边长为2，，求三棱锥体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1） 借助三角形的中位线，证明，可得B，C，H，G四点共面；
（2） 证明，平面，
（3）由，求三棱锥的体积.
【小问1详解】
∵G，H分别是，的中点，
∴GH是的中位线，∴，
又在三棱柱中， ，
∴，
∴B，C，H，G四点共面．
【小问2详解】
∵在三棱柱中，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面.
【小问3详解】
由题意，知 ．
19. 如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，是线段的中点，是线段上的动点．
（1）与所成的角是否为定值，试说明理由；
（2）若二面角为，求四面体的体积．
【答案】（1）与所成角为定值，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，由线面垂直证明线线垂直，即可确定与所成角为定值；
（2）根据题意可得为二面角的平面角，即可求解各边长度，利用棱锥的体积公式即可求解.
【小问1详解】
解：（1）因平面平面，，
所以平面，
∵平面，所以，同理可证．
又为菱形，，
所以≌，．
又为的中点，所以．
设，连接，，所以．
又，所以平面．
又平面，所以，
故与所成角为定值．
【小问2详解】
解：∵，为中点，
∴，为二面角的平面角，所以，
由题意知，解得，
又，可得，
由（1）得平面，
所以四面体的体积为：
．
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