浙江省杭州市2023_2024学年高一数学下学期5月月考试题含解析

这是一份浙江省杭州市2023_2024学年高一数学下学期5月月考试题含解析，共17页。试卷主要包含了 已知，则的虚部为，01B， 函数的最小正周期等于， 下列命题为真命题的是等内容，欢迎下载使用。
A. 2B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的有关概念直接得出结果.
【详解】因为，所以
则z的虚部为2.
故选：A
2. 设一组样本数据x1，x2，…，xn方差为0.01，则数据10x1，10x2，…，10xn的方差为（）
A. 0.01B. 0.1C. 1D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据新数据与原数据关系确定方差关系，即得结果.
【详解】因为数据的方差是数据的方差的倍，
所以所求数据方差为
故选：C
【点睛】本题考查方差，考查基本分析求解能力，属基础题.
3. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件及借助正方体，结合点线面的位置关系即可求解.
【详解】如图所示
对于A，设平面为平面,平面为平面,为，则，则，故A错；
对于B，设平面为平面,平面为平面,为，则，则，故B错；
对于C，过作平面与平面交于直线，，则，，可得，则，故C正确；
对于D，设平面为平面, 为，为，则，则，故D错.
故选：C.
4. 已知向量，满足，，，则向量在向量方向上的投影向量为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知：，根据模长关系结合数量积的运算律可得，进而可求投影向量.
【详解】由题意可知：，
因为，则，
即，可得，
所以向量在向量方向上的投影向量为.
故选：C.
5. 函数的最小正周期等于（）
A. πB. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简为即可求得最小正周期.
【详解】
，
故最小最周期.
故选：A
6. 已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为（）
A. －4B. 4C. 5D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的解集求出的值和的取值范围，在代入中利用对勾函数的单调性求出它的最小值.
【详解】由的解集为，
则，且，是方程的两根，
由根与系数的关系知，
解得，，当且仅当时等号成立，
故，设，
函数在上单调递增，
所以
所以的最小值为5.
故选：C
7. 已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用内切圆的性质，求得圆锥的底面半径和高，结合体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，设内切球与PA相切于点，
因为，所以，
由内切球的表面积为，可得球的半径，
则圆锥的高为，圆锥的底面半径为，
所以该圆锥的体积.
故选：A.
8. 在中，角所对的边分别是，若，边上的高为，则的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由余弦定理可求得，再由等面积关系可得，利用余弦定理结合基本不等式得出，即可求得，再结合的范围即可得出结论.
【详解】，
由余弦定理可得，整理可得，
又AC边上的高为，所以，即，
，当且仅当取等号，
，即，即，
，则，
，故∠ABC的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是等面积关系得，由基本不等式得.
二、多选题
9. 下列命题为真命题的是（）
A. 复数对应的点在第二象限
B. 若为虚数单位，则
C. 在复数集中，方程的两个解分别为和
D. 复平面内满足条件的复数z所对应的点Z的集合是以点为圆心，2为半径的圆
【答案】BC
【解析】
【分析】根据复数的定义可判断A；根据的性质可判断B；根据复数方程的根可判断C；根据复数的几何意义可判断D.
【详解】对于A，复数对应的点为，在第四象限，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，
所以在复数集中，方程有两个解，分别为和，故C正确；
对于D，复平面内满足条件的复数对应的点的集合是以点为圆心，2为半径的圆面，故D错误.
故选：BC
10. 在中，分别为的对边，则下列叙述正确的是（）
A. 若，则是等腰三角形．
B. 若为锐角三角形且外心为且，则．
C. 若，则解此三角形的结果有一解．
D. “为锐角三角形”是“”的充分不必要条件．
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，由正弦定理得，得到，可得判定A正确；化简得到，得到B，P，D三点共线，可判定B项正确；由正弦定理，求得三角形的结果有两解，可判定C错误；由为锐角三角形，得到，结合正弦函数的单调性和充分、必要条件的判定，可判定D正确．
【详解】对于A中，因为，
由正弦定理得，即，
因为，可得，所以，
由正弦定理得，所以是等腰三角形，所以A项正确；
对于B中，由，可得，
则，即，
如图所示，设为的中点，则，故，故B，P，D三点共线，
因为P是的外心，所以BD垂直平分AC，所以，所以B项正确；
对于C中，若，因，所以，
因为，所以，而，所以或，
所以解此三角形的结果有两解，所以C项错误；
对于D中，若为锐角三角形，则，可得，
可得，且在内单调递增，
则，即充分性应立；
若，例如符合题意，但为直角三角形，即必要性不成立；
综上所述：“为锐角三角形”是“”的充分不必要条件，所以D项正确．
故选：ABD．
11. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是（）
A. 三棱锥A−D1PC的体积不变
B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为
C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
D. 二面角P−AD1−C的大小不变
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于选项A，由已知可得平面，可得BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，由此可判断；
对于选项B，由，可得直线CP与直线AD1的所成角即为直线CP与直线BC1的所成角，由此可判断；
对于选项C，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，可判断；
对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，平面BAD1C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故D正确.
【详解】对于选项A，因为，面，面，所以平面，
所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，又，所以三棱锥A﹣D1PC的体积不变，故A正确；
对于选项B，因为，点P在直线BC1上运动，所以直线CP与直线AD1的所成角即为直线CP与直线BC1的所成角，因为为等腰直角三角形，故B项正确；
对于选项C，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，故C错误；
对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，平面BAD1C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
12. 若，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据指数与对数的互化可得，结合对数的换底公式和运算性质即可求解.
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：1.
13. 从某果树上随机摘下11个水果，其直径为（单位：，则这组数据的第六十百分位数为__________.
【答案】20
【解析】
【分析】由百分位数的定义求解即可.
【详解】第六十百分位数的位置为，即取第7位数20，
故第六十百分位数为20.
故答案为：20.
14. 已知函数()在区间上有且仅有一个零点，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】因为，可得，根据函数在区间上有且仅有一个零点，得到，且，可得，验证，，即可求解.
【详解】由题意，函数（），可得函数的周期为，
因为，可得
又由函数()在区间上有且仅有一个零点，
且满足，且，可得，
即，且，
当时，，解得，所以；
当时，，解得，所以；
当时，，解得，此时解集为空集，
综上可得，实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟练应用三角函数的图象与性质，列出相应的不等式组是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
15. 在疫情防护知识竞赛中，对某校的2000名考生的参赛成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，，60分以下视为不及格.观察图形中的信息，回答下列问题：
（1）求分数内的频率，并计算本次竞赛中不及格考生的人数；
（2）从频率分布直方图中，分别估计本次竞赛成绩的众数和中位数.
【答案】（1）分数内的频率为，不及格考生的人数为：（人）
（2）众数为75分，中位数为分
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1，可求分数在内的频率；用“样本容量频率”可得不及格考生的人数；
（2）用频率最大的区间的中间数据估计众数，根据中位数的概念求中位数.
【小问1详解】
由频率分布直方图得：，
解得，所以分数内的频率为.
本次竞赛中不及格考生的人数为：（人）.
【小问2详解】
由题意得：因为成绩在的频率最大，又，所以众数为75分；
设中位数为，则，解得，所以中位数为分.
16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】（1）借助中位线的性质与线面平行判定定理推导即可得；
（2）借助线面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理推导即可得；
（3）借助点为线段的中点，可得点与点到平面距离相等，即有，结合体积公式计算即可得.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
由底面是正方形，故为中点，
又点为线段的中点，故，
又平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
由点为线段的中点，，故，
由平面，平面，故，
又底面是正方形，故，
又、平面，，
故平面，又平面，
故，又、平面，，
故平面；
【小问3详解】
由点为线段的中点，故点与点到平面距离相等，
故.
17. 已知，如图，在中，点满足在线段BC上且，点是AD与MN的交点，.
（1）分别用来表示和
（2）求最小值
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）平面向量基本定理的运用，根据已知条件，结合向量的线性运算即可求解.
（2）根据已知条件，结合三点共线性质和基本不等式中“1”的妙用即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为，
所以.
【小问2详解】
由（1），
因为，，
所以，
因为三点共线，
所以，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.
18. 在中，对应的边分别为，已知向量,且为边上一点，,且.
（1）求；
（2）求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由得，从而计算；
（2）由题意，两边平方结合基本不等式可得，利用面积公式即可求.
【小问1详解】
因为，且，
所以，
利用二倍角公式和边化角可得：，
即，
所以，
因为，
所以，
又因为，所以，所以，即.
【小问2详解】
因为，
所以，
两边平方得：，
所以，当且仅当时取等号.
由，可得：，
所以.
所以面积的最大值为.
19. 如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面是棱的中点，.
（1）证明：平面；
（2）若二面角为，求异面直线与所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质判定推理即得.
（2）作出二面角的平面角，由此求出，再利用异面直线所成角的定义求出其正切值.
小问1详解】
在四棱锥中，由底面为矩形，得，
由侧面底面，侧面底面平面，
得平面，又平面，则，
又侧面是正三角形，是的中点，则，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
如图，
在平面内，过点作，垂足为，显然，
由侧面底面，交线为，得底面，底面，
则，过作，垂足，连接，显然，
平面，则平面，而平面，因此，
则即为二面角的平面角，其大小为，
在中，，则，
由，得四边形为平行四边形，则，
由，得（或其补角）为异面直线与所成角，
由（1）知平面，则为直角三角形，，
所以异面直线与所成角的正切值为.