云南省昆明市云南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期教学测评月考（七）数学试题

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注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 总体由编号为01，02，…，39，40的40个个体组成，从中选取5个个体.利用科学计算器依次生成一组随机数如下，则选出来的第5个个体的编号为（ ）
66 06 58 61 54 35 02 42 35 48 96 21 14 32 52 41 52 48
A. 54B. 14C. 21D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】根据随机数表法可得结果.
【详解】生成的随机数中落在编号01，02，…，39，40内的依次有06，35，02，35（重复），
21，14，32，故第5个编号为14，
故选：B.
2. 已知复数z满足，且，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，a，，则，利用已知条件列式求出，，代入复数模的运算公式求解即可.
【详解】设，a，，则，所以，，
解得，，即，所以.
故选：A
3. 在空间中，若两条直线与没有公共点，则a与b（ ）
A. 相交B. 平行C. 是异面直线D. 可能平行，也可能是异面直线
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间直线的位置关系判断，即可得答案.
【详解】由题意知在空间中，两条直线与没有公共点，即与不相交，
则a与b可能平行，也可能是异面直线，
故选：D
4. 已知，，是三个不同的平面，且，，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用面面平行的性质定理就可以作出判断.
【详解】∵α，β，γ是三个不同的平面，且，， ，
∴，
反之，不能推出，也有可能两平面相交，
∴“”是“”的充分而不必要条件，
故选：A
5. 一个圆台的上、下底面的半径分别为1和4，体积为，则它的母线长为（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆台的体积求出圆台的高，利用圆台轴截面基本量的计算求解母线长即可.
【详解】设圆台的高为h，则圆台的体积为，解得，
所以圆台的母线长为.
故选：D.
6. 如图，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则（ ）
A. B.
C. D. 平面
【答案】C
【解析】
【分析】根据记正方体的另一个顶点为C，设的中点为，可证，结合平行关系分析判断ABC；对于D：根据线面垂直的性质定理和性质定理可证平面，即可得结果.
【详解】如图，记正方体的另一个顶点为C，连接，交于点O，
设的中点为，连接，
因为Q，D为的中点，则，
又因为交于同一点，
即与均不平行，故A，B错误；
对于选项D：若平面，
且平面，平面平面，可得，
这与与不平行相矛盾，假设不成立，故D错误；
对于选项C：因为为正方形，则，
且M，N为所在棱的中点，则，可得，
又因为平面，且平面，可得，
且，平面，所以平面，
由平面，所以，故C正确；
故选：C.
7. 陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成.如图，已知一木制陀螺内接于一体积的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上，若圆柱的底面直径为，则该陀螺的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意易得陀螺的外接球半径，球心为圆柱的中心，再利用球的几何性质，分别求出圆柱与圆锥的高，最后根据体积公式，即可求解．
【详解】根据题意易知，解得，球心为圆柱的中心，又圆柱的底面半径，
∴球心到圆柱底面距离，
∴圆柱的高为，圆锥的高为，
∴该陀螺的体积为，
故选：B.
8. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且三边满足，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知条件及余弦定理解得，再通过三角形的面积公式即可求解.
【详解】因为，
所以.
又，由余弦定理得：
，
所以，
故的面积，
故选：A.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 设复数，则下列命题结论正确的是（ ）
A. 复数z的实部为1B. 复数z的虚部是
C. 复数z的模为D. 在复平面内，复数z对应的点在第二象限
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据复数模的运算得，根据实部和虚部的概念判断AB，求解复数的模判断C，根据复数的几何意义判断D.
【详解】，则z的实部为1，故A正确；
z的虚部为，故B正确；
，故C正确；
复数z对应的点在第四象限，故D错误.
故选：ABC
10. 如图，已知正方体，点、、分别为棱、、的中点，下列结论正确的有（ ）
A. 与共面B. 平面平面
C. D. 平面
【答案】AB
【解析】
【分析】证明出，可判断A选项；利用面面平行的判定定理可判断B选项；利用勾股定理可判断C选项；利用反证法可判断D选项.
【详解】如下图所示：
对于A选项，连接，
在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，则，故，
所以，与共面，A对；
对于B选项，因为且，所以，四边形为平行四边形，
则，
又因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，B对；
对于C选项，不妨设的棱长为，则，
，，
因为平面，平面，则，
所以，，
所以，，故、不垂直，C错；
对于D选项，假设平面，
又因为平面，，、平面，
所以，平面平面，
事实上，平面与平面不平行，假设不成立，D错.
故选：AB.
11. 如图，圆台，在轴截面ABCD中，，下面说法正确的是（ ）
A. 线段
B. 该圆台的表面积为
C. 该圆台的体积为
D. 沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合等腰梯形的性质及余弦定理求解判断A，代入圆台表面积公式求解判断B，代入圆台体积公式求解判断C，将圆台的侧面展开，利用直线距离最短求解判断D.
详解】对于A，如图：
在截面ABCD中，，
因为为CD的中点，所以，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，所以为等边三角形，
所以，，
等腰中，，正确；
对于B，设圆台上底面半径为，下底面半径为，母线为l，则，，，
则圆台的表面积，错误；
对于C，由B知圆台的高为，
所以圆台的体积，正确；
对于D，将圆台一半侧面展开，如图中ABCD，且E为AD的中点，
而圆台对应的圆锥体侧面展开为扇形COD，且，，
所以在中，，即C到AD中点的最短距离为5，正确.
故选：ACD.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知向量，，，若，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】利用向量的线性坐标运算及向量相等即可列式求解.
【详解】因为向量，，，且，
所以，解得，，所以.
故答案为：3
13. 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，正八面体就是其中之一.正八面体由八个等边三角形构成，也可以看作由上、下两个正方锥体黏合而成，每个正方锥体由四个三角形与一个正方形组成.如图，在正八面体ABCDEF中，H是棱BC的中点，则异面直线HF与AB所成角的余弦值是______.
【答案】##
【解析】
【分析】取棱AC的中点G，连接HG，利用三角形中位线的性质得取棱AC的中点G，连接HG，从而利用异面直线所成角的定义可知或其补角即可所求，在中，由余弦定理求解即可.
【详解】如图，
取棱AC的中点G，连接HG，FG.
因为H，G分别是棱BC，AC的中点，所以，
则或其补角是异面直线HF与AB所成的角.
设，则，
在正方形ACFE中，，
在正三角形CFB中，.
在中，由余弦定理可得，
则异面直线HF与AB所成角的余弦值是.
故答案为：
14. 在边长为4正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图乙所示，则三棱锥外接球的体积是____________；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是____________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】对于第一空，三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，从而即可求解；对于第二空，由最大截面为过球心O的大圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆即可求解.
【详解】对于第一空，由题意，将三棱锥补形为长、宽、高分别为2，2，4的长方体，如图所示，
三棱锥P−AEF外接球即为补形后长方体的外接球，
所以外接球的直径，所以，
所以三棱锥P−AEF外接球的体积为；
对于第二空，过点M的平面截三棱锥P−AEF的外接球所得截面为圆，
其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为，
最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，
此时截面圆半径（其中长度为长方体前后面对角线长度），
则截面圆的面积为，
所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为.
故答案为：；.
四、解答题（本大题共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. 某校高中年级举办科技节活动，开设A，B两个会场，其中每个同学只能去一个会场且25%的同学去A会场，剩下的同学去B会场.已知A，B会场学生年级及比例情况如下表所示：
记该校高一、高二、高三年级学生所占总人数的比例分别为x，y，z，利用分层随机抽样的方法从参加活动的全体学生中抽取一个容量为n的样本.
（1）求的值；
（2）若抽到的B会场的高二学生有150人，求n的值以及抽到的A会场高一、高二、高三年级的学生人数.
【答案】（1）
（2），50，40，10.
【解析】
【分析】（1）设该校高一、高二、高三年级的人数分别为a，b，c，列表表示出去会场的各年级人数，由此可得比例.
（2）由B会场的高二学生人数求得样本容量，按比例求得抽到的A会场高一、高二、高三年级的学生人数．
【小问1详解】
设该校高一、高二、高三年级的人数分别为a，b，c，
则去A会场的学生总数为，去B会场的学生总数为，
则对应人数如下表所示：
则.
【小问2详解】
依题意，，解得，则抽到的A会场的学生总数为100人，
所以高一年级人数为，高二年级人数为，高三年级人数为.
16. 如图，在三棱柱中，，，，.
（1）求证：平面平面ABC；
（2）求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）6
【解析】
【分析】（1）如图，根据全等三角形的性质可得，利用勾股定理的逆定理可得，结合线面和面面垂直的判定定理即可证明；
（2）由（1）可得，结合锥体的体积公式计算即可求解.
【小问1详解】
如图，取BC的中点M，连接AM，，
∵在三棱柱中，，，
∴，.又，，
∴，∴，∴，.
在中，，，，
∴，∴.
又，且，平面ABC，
∴平面ABC，又平面，
∴平面平面ABC.
【小问2详解】
由（1）可知平面ABC，又，
∴四棱锥的体积为：
.
17. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，.
（1）求角B；
（2）若外接圆的周长为，求周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，进行角化边的化简处理可得，利用余弦定理可得，结合范围，可求B的值.
（2）由正弦定理可得b，根据三角形任意两边和大于第三边的性质，可得，由余弦定理，结合基本不等式可求的最大值，进而可求的周长的范围.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，化简可得，
由余弦定理得，
因为B为三角形内角，，所以.
【小问2详解】
因为的外接圆周长为，故外接圆直径为，
因为，所以由正弦定理可得，
所以由余弦定理，
可得，
当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立.
又因为，所以，
即△ABC的周长的取值范围为.
18. 如图，在等腰梯形中，，，，平面，平面，，点P在线段上运动.
（1）求证：；
（2）是否存在点P，使得平面？若存在，试求点P的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求，得，进而利用线面垂直的判定定理证明平面，从而即可得证.
（2）由已知可得四边形为矩形，连接交于O，连接，找点使得即可得证平面；从而由即求得，进而易得四边形为平行四边形，然后用线面平行的判定定理证明平面即可.
【小问1详解】
证明：在等腰梯形ABCD中，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴.
∵平面，平面，
∴.
又∵，，平面，
∴平面.
∵平面，
∴.
【小问2详解】
在线段上存在P且,使得平面.
证明如下：由已知可得四边形为矩形，连接交于O，连接，
由（1）知在中，，，.
∵，
∴，
∴.
当时，且，
则四边形为平行四边形，
则.
又平面，平面，
所以平面.
综上可知，在线段上存在P，使得平面，且.
19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，E为PD的中点.
（1）设平面与直线相交于点F，求证：；
（2）若，，，求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）30°
【解析】
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行，再证线线平行，再利用平行的传递性就可以得到结果；
（2）利用已知条件作出线在平面上的射影，得到线面角的平面角，再进行计算即可.
【小问1详解】
证明：∵平面与直线相交于点F，
∴平面平面.
∵四边形是菱形，
∴.
∵平面，平面，
∴平面.
∵平面，平面平面，
∴.
由平行的传递性可得：
【小问2详解】
连接，取的中点H，连接，，
∵在菱形中，，，
∴是等边三角形.
∵H是的中点，∴.
∵平面，平面，∴.
∵，平面，，
∴平面，
∴是直线与平面的所成角.
∵E是的中点，，
∴
∵平面，平面，∴.
∵H为的中点，∴，
在中，.
∵在等边中，高，
∴在中，，可得，
即直线与平面的所成角等于30°.
高一
高二
高三
A会场
50%
40%
10%
B会场
40%
50%
10%
高一
高二
高三
A会场
B会场