湖北省武汉市2024_2025学年高一数学下学期第四次月考试卷含解析

这是一份湖北省武汉市2024_2025学年高一数学下学期第四次月考试卷含解析，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。
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
沉着冷静 规范答题 端正考风 严禁舞弊
一、单选题
1. 已知复数，在复平面内对应的点分别为A，B，则“A在第二象限”是“B在第三象限”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由共轭复数的概念、复数的几何意义即可求解.
【详解】设，则.
若A在第二象限，则，，则，，所以B在第三象限.
反之亦成立，所以“A在第二象限”是“B在第三象限”的充要条件.
故选：A.
2. 已知向量 ，若 ，则 （ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量坐标化运算和向量垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】,
因为，则，即，于是 .
故选：B.
3. 甲、乙、丙三人排成一排，则甲不在排头，且乙或丙在排尾的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据计数原理结合古典概型求解概率即可.
【详解】甲､乙､丙三人排成一排，共种情况，
符合题意的有丙､甲､乙或乙､甲､丙两种情况，故概率为．
故选：B．
4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若 ，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】在正方体中，通过取平面和直线，即可判断出选项A，B，C的正误；对于选项D，根据条件，利用线面平行的性质及面面垂直的判定定理，即可判断出选项D的正误.
【详解】对于选项A，如图，在正方体中，取面为平面，直线为直线，
直线为直线，显然有，但不平行，所以选项A错误，
对于选项B，如图，在正方体中，取面为平面，直线为直线，
面为平面，有，但，所以选项B错误，
对于选项C，取面为平面，直线为直线，直线为直线，
因为，显然有，但，所以选项C错误，
对于选项D，因为，在内任取一点，过直线与点确定平面，
则，由线面平行的性质知，又，所以，又，
所以，所以选项D正确，
故选：D.
5. 某户居民今年上半年每月的用水量（单位：t）如下：
小明在录入数据时，不小心把一个数据9.6录成96，则这组数据中没有发生变化的量是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 极差D. 标准差
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均数、中位数、极差的计算公式计算平均数、中位数、极差，再结合标准差的定义即可判断.
【详解】实际数据从小到大排序为4.0，5.9，7.7，9.0，9.6，14.9，
其平均数为：，中位数为：，
极差为：，
录错数据从小到大排序为4.0，5.9，7.7，9.0，14.9，96，
其平均数为：，中位数为：，
极差为：，
根据标准差的含义，标准差反映数据的离散程度可知，
错误的录入一个非常大的数据会导致数据的标准差变化，
所以这组数据中没有发生变化的量是中位数.
故选：B
6. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.若四棱锥为阳马，底面为矩形，平面，，，二面角为60°，则四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由线面垂直的性质和判定可得，由二面角的平面角的概念可得，进而可得，再将该四棱锥补成一个长方体，由长方体的外接球即可得解.
【详解】因平面，底面为矩形，
所以，，所以平面，
所以，所以即为二面角的平面角，即，
所以，
将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为4、2、的长方体，如图，
该长方体外接球的半径，
所以该球的表面积，
所以四棱锥的外接球的表面积为.
故选：D.
【点睛】本题考查了线面位置关系及二面角的应用，考查了几何体外接球的求解和转化化归思想，属于中档题.
7. 已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理化简已知条件，由此求得进而求得的大小.根据三角恒等变换化简，由此求得取值范围.
【详解】依题意，由正弦定理得，所以，
由于三角形是锐角三角形，所以.
由.
所以
，
由于，所以，
所以.
故选：B
【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角函数值域的求法，属于基础题.
8. 已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（ ）
A. －1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析题目条件可得，取的中点，建立平面直角坐标系，利用坐标运算可得结果.
【详解】∵分别表示与方向单位向量，
∴以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，故所在直线为的平分线所在直线，
∵，∴的平分线与垂直，故.
取的中点，连接，则，
由题意得，，
∴.

如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，故.
设，则，∴，
∴，，
∴，
当时，取得最小值，最小值为.
故选：C.
二、多选题
9. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A. 的平均数等于的平均数
B. 的中位数等于的中位数
C. 的标准差不小于的标准差
D. 的极差不大于的极差
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A错误；
对于选项B：不妨设，
可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；
对于选项C：举反例说明，例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，显然，即，
所以的标准差不小于的标准差，这一论断不成立，故C错误；
对于选项D：不妨设，
则，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：BD.
10. 将一枚质地均匀的骰子抛掷两次，记事件“第一次出现奇数点”，事件“两次点数之积为偶数”，事件“两次点数之和为5”，则（ ）
A. 事件是必然事件B. 事件与事件是互斥事件
C. 事件包含事件D. 事件与事件是相互独立事件
【答案】ACD
【解析】
【分析】列出事件A，B，C，AC的基本事件，再利用事件的基本关系判断.
【详解】解：事件A的基本事件有：，
事件B的基本事件有： ，
，，
事件C的基本事件有： ，
事件AC的基本事件有： ，
A.事件是必然事件，故正确；
B.因为，所以事件与事件不是互斥事件，故错误；
C.因为，所以事件包含事件，故正确；
D.因为，所以 ，
所以事件与事件是相互独立事件，故正确；
故选：ACD
11. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ）

A.
B. 三棱锥的体积不变
C. 的最小值为
D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由线面垂直证明线线垂直证明选项A；，由底面积和高判断体积验证选项B；转化为点和点到点的距离之和，计算验证选项C；通过构造直角三角形求截面半径，计算体积验证选项D.
【详解】连接，如图所示，

直三棱柱中，，
为正方形，，
，平面，平面，，
平面，，平面，
平面，，A选项正确；
由直三棱柱结构特征，，故三棱锥的体积为定值，B选项正确；
设，，，
，
，
，其几何意义是点和点到点的距离之和，最小值为点到点的距离，为，C选项错误；
当是的中点时，，，，
，
，，
，设点到平面的距离为，由，
得，，
直三棱柱是正方体的一半，外接球的球心为的中点，外接球的半径，点到平面的距离为，
则过三点的平面截三棱柱外接球所得截面圆的半径为，截面面积为，D选项正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：
对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，通过构造直角三角形求半径.
三、填空题
12. 已知复数，且为纯虚数，则实数___________．
【答案】1
【解析】
【分析】由已知计算得，结合已知可得，求解即可.
【详解】因为复数，所以，
又为纯虚数，所以，解得.
故答案为：.
13. 已知随机事件A，B，事件A和事件B是互斥事件，且，，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用互斥事件概率公式即可求得的值.
【详解】事件A和事件B是互斥事件，且，，
则
故答案为：
14. 如图，在单位正方体中，点在线段上运动，下列命题中正确的____________
①在点运动过程中，直线与始终为异面直线
②三棱锥的体积为定值
③异面直线与直线所成的角为定值
④在点运动过程中，不存在某个位置，使得平面平面
【答案】①②③
【解析】
【分析】结合异面直线的定义，可判定①准确；根据三棱锥的体积，可判定②正确；根据线面垂直的性质，可判定③正确；根据线面平行的性质，可判定④不正确，即可得到答案.
【详解】对于①：由题意，在正方体中，
点在线段上运动，，平面，平面，
所以在点运动过程中，直线与始终不能在同一平面内，
所以直线与始终为异面直线，故①正确；
对于②：由三棱锥的体积，其中的面积为定值，
因为，平面，平面，所以直线平面，
所以当点在线段上运动时，点到平面的距离也为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故②正确；
对于③：在正方体中，平面，因为平面，
所以，又由，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
所以异面直线与直线所成角为，故③正确；
对于④：根据正方体的结构特征，可得，
又平面，平面，所以平面，
又由选项B的解析过程知平面，，平面，
所以平面平面，
所以当点与点重合时，平面平面，
即存在点，使得平面平面，故④错误.
故答案为：①②③
四、解答题
15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角B；
（2）若D为AC的中点，且，b＝3，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理得出角B；
（2）由向量的运算得出，由余弦定理得出，进而得出，最后得出面积.
【小问1详解】
因为，所以.
即，即
又，所以.
【小问2详解】
由，得，则由平行四边形法则可得，
则，即①
又，即②
由①②可得.
则.
16. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，平面，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明出，利用线面垂直的性质可得出，再利用线面垂直的判定定理额可证得结论成立；
（2）由二面角的定义可知为二面角的平面角，计算出的长，即可求出的余弦值，即为所求.
【小问1详解】
由底面是直角梯形，，，，
结合勾股定理计算可得，
取的中点，连接，
因为，，，所以四边形为正方形，
所以，故，
再由勾股定理可得：，
又因为，则由，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，且、平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又因为，所以为二面角的平面角．
因为平面，平面，所以，
在中，，，，
所以，
因此二面角的余弦值为.
17. 对800名参加竞赛选拔学生的成绩作统计（满分：100分），将数据分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和平均数（求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人.若分数在区间的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和，第三组的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分和1，求第四组的学生实际成绩的平均数与方差.
【答案】（1）众数为；平均数为
（2）平均数为；方差为
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的众数和平均数的定义和计算方法，即可求解；
（2）根据题意，得到分数在区间的学生为10人，分别为，得到，设第三组分别为，得到，设第四组分别为，其平均数和方差为，求得，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：根据频率分布直方图的众数的定义，可得这800名学生成绩的众数为，
这800名学生成绩的平均数为：
（分）.
【小问2详解】
解：根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人，
各段抽取的人生分别为：12人，16人，6人，4人和2人，
其中分数在区间的学生为10人，分别为，
其中平均成绩与方差分别为，则，
设第三组学生实际成绩分别为，其平均数和方差为，则，
设第四组学生实际成绩分别为，其平均数和方差为，
由，可得，
由，
可得，解得，
所以第四组的学生实际成绩的平均数为与方差为.
18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，分别为线段的中点.

（1）证明：；
（2）证明：平面；
（3）若，，记与平面所成角为，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）连接，设，连接，通过证明以及得到为等腰三角形，进而可得结论；
（2）取的中点,通过证明平面以及平面可得面面平行，即可求证；
（3）利用体积法求点到平面的距离，设与平面所成的角为，表示出，求其最值。
【小问1详解】
连接，设，连接.

因为，平面，平面，故，
而，，平面，
故平面，而平面，故，
由四边形为平行四边形可得，
故为等腰三角形，即；
【小问2详解】
取中点，连结，

由中位线性质可得，且，所以，
因为平面平面，所以平面，
同理可证平面，
因为平面平面，
所以平面//平面；.
又平面,
所以//平面,
【小问3详解】
设，，
由（1）可得平面，而平面，故，
故四边形为菱形，而，故.
因为平面，平面，故，
故，同理.
而，故.
设为点到平面的距离，与平面所成的角为，
故.
又，
而，
故，故，
故，
当且仅当即时等号成立，
所以
【点睛】线面角可以通过体积法求出点到面的距离后，利用（为斜线段的长度）来表示，可以避免建系产生的复杂计算.
19. 点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上（点M与P，Q两点均不重合），我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记；若点M在线段PQ外，记.
（1）若M在正方体的棱AB的延长线上，且，由对AB施以视角运算，求的值；
（2）若M在正方体的棱AB上，且，由对AB施以视角运算，得到，求的值；
（3）若是边BC的等分点，由A对BC施以视角运算，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）1
【解析】
【分析】（1）根据锐角三角函数的定义，结合和差角公式可得，即可代入公式求解，
（2）根据的计算公式，代入即可求解，
（3）由正弦定理可得，即可结合对施以视角运算，即可求证.
【小问1详解】
如图1，
因为，所以.
由正方体的定义可知，则，
故，
.
因为，
所以，
则.
【小问2详解】
如图2，设，
则.
因为，
所以，
则，解得，
故.
【小问3详解】
如图3，
因为是的等分点，
所以.
在中，由正弦定理可得，
则.
在中，同理可得.
因为，所以，
则.
同理可得.
故
【点睛】方法点睛：对于新定义问题的求解策略：
1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；
2、用好定义的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的定义的性质的一些因素.
月份
1月
2月
3月
4月
5月
6月
用水量
9.0
9.6
14.9
5.9
4.0
7.7