河北省邯郸市大名县第一中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷

高一5月份月考数学试题 出题人：张晓艳 审题人：曾艳青 一、单选题 1．若，则（    ） A．2 B．1 C． D．5 2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，边上的高等于，则（    ） A． B． C． D． 3．边长为2的正三角形的直观图的面积是（    ） A． B． C． D． 4．如果事件互斥，记，分别为事件的对立事件，那么（    ） A．是必然事件 B．是必然事件 C．与一定互斥 D．与不可能互斥 5．某中学高中一年级有400人，高中二年级有320人，高中三年级有280人，现从中抽取一个容量为200的样本，则高中二年级被抽取的人数为（　　） A．64 B．56 C．48 D．32 6．已知，为两条不重合的直线，，为两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，则与异面 D．若，，，则 7．如图，在长方体中，，，异面直线与所成角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 8．用一个内底面直径为3，高为20的圆柱体塑料桶去装直径为2的小球，最多能装下小球个数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 二、多选题 9．在△ABC中，下列说法正确的是（   ） A．若，则为锐角三角形． B．若，，则为等边三角形 C．若G为重心，则 D．若D是边BC的中点，点P是线段AD上的动点，且满足，则的最大值为 10．已知某市2017年到2022年常住人口（单位：万）变化图如图所示，则（    ）    A．该市2017年到2022年这6年的常住人口的极差约为38万 B．该市2017年到2022年这6年的常住人口呈递增趋势 C．该市2017年到2022年这6年的常住人口的第60百分位数为730.50万 D．该市2017年到2022年这6年的常住人口的平均数大于718万 11．如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（    ） A． B． C．与成60°角 D．与是异面直线 三、填空题 12．设一组样本数据的平均值是1，且的平均值是3，则数据的方差是 . 13．设钝角△ABC三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则 . 14．若正四棱台的上底边长为，下底边长为，高为，则它的体积为 ． 四、解答题 15．已知平面向量，，. (1)若，求x的值；(2)若（为负实数），求x，的值. 16．用分层随机抽样从某校高一年级640名学生的数学周测成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个，再将40个男生成绩样本数据分为6组：，，，，，，绘制得到如图所示的频率分布直方图． (1)估计男生成绩样本数据的第80百分位和上四分位数； (2)已知男生成绩样本数据的平均数为81，女生成绩样本数据的平均数为79，请估计总体平均数． 17．在△ABC中，D是线段BC上的一点（不含端点），. (1)若，求AD的长； (2)若，求的取值范围. 18．如图所示，正方体的棱长为分别为的中点，点满足. (1)若，证明：平面； (2)连接，点在线段上，且满足平面.当时，求长度的取值范围. 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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$1 参考答案： 1．D 2．D 3．A 【详解】正三角形的直观图如图： 由题意 2AB  ， 3 2 OC  ， 45COD  ， 所以过点C作CD AB ，垂足为D， 则 6 4 CD  ，所以三角形的面积为： 1 6 62 2 4 4    . 故选：A 4．B【详解】如图所示，集合 E表示事件A，集合 F表示事件 B， 对于选项 A，如图，因为 E F 不是全集，所以选项 A错误， 对于选项 B，由图知 I IE F I痧 ，即 A B 是必然事件，所以选项 B正确， 对于选项 C，由图知 I IE F痧 不一定是空集，即 A与 B可以同时发生，所以选项 C错误， 对于选项 D，由图知，若 I IE F 痧 ，则 A与 B互斥，所以选项 D错误， 故选：B. 5．A 解析：由题意，应采用分层随机抽样，则高中二年级被抽取的人数为 320× ＝64. 6．D【详解】由题意，直线 ,m n为两条不重合的直线， , 为两个不重合的平面， 对于 A中，若 / /m  ， //n ，  ，可能 //m n，所以 A不正确； 对于 B中，若m n ， n  ，  ，可能 / /m  ，所以 B不正确； 对于 C中，若 / /m  ， n  ，则m与n异面或 //m n，所以 C不正确； 对于 D中，由m  ， //m n，可得n  ，又由 n  ，所以 //  ，所以 D正确. 故选：D 7．B【详解】连接 AC与 BD交于O点，则O为 AC中点， 取 1CC 中点 E，连接 ,BE OE，则 1 //AC OE， EOB 为异面直线 BD与 1AC 所成角（或补角）， 设CE x ， 8AB  ， 6AD  ，则 2 36BE x  ， 25, 25OB OC OE x    ， 在 OBE△ 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosBE OB OE OB OE EOB      ， 若 1cos 5 EOB  ，则 2 2 236 25 25 2 25x x x      ，解得 2 6x  （负值已舍去）， 若 1cos 5 EOB   ，则 2 2 236 25 25 2 25x x x      ，方程无解， 所以 1 2 4 6CC x  ， 所以长方体的对角线长为 36 64 96 14   ， 所以长方体的外接球的半径 7R  ， 所以长方体外接球的表面积 24π 196πS R  . 故选：B 8．B【详解】如图，将第一个球 1O 靠近该圆柱右侧放置，球 1O 上的点到该圆柱底面的最大距离为 2，将第二个球 2O 也靠近圆柱侧面放置， 过点 1O 作 1O A垂直于该圆柱的母线，垂足为 A,过点 2O 作 2O B垂直于圆柱底面， 垂足为 B,设 1 2 1, 1, 1,O A O B C AC BC CO     2 22 1 2 1 3CO OO CO   ， 则球 2O 上的点到该圆柱底面的最大距离为 2 3 ， 2 同理可得球 3O 上的点到该圆柱底面的最大距离为 2 2 3 ， 由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱底面的最大距离加 3， 因为10 3 2 20 11 3 2    ，故最多能装下小球个数为 11. 故选：B 9．BCD 【详解】对于 A，若 0BCAB     ，则 0BA BC  uur uuur ，得 B为锐角， 但不能判断 ABC 的形状，A选项错误； 对于 B，若 1cos 2 AB AC AB AC A AB AC         ，则 1cos 2 A  ， 又  0, πA ，故 π 3 A  ， 而 ( ) ( ) 0AB AC AB AC        ，则 2 2 0AB AC   ，即 AB AC   ， 所以 ABC 为等边三角形，B选项正确； 对于 C，若 G为 ABC 重心，则 0GA GB GC       ， 得 0GA GA AB GA AC           ，则  13AG AB AC     ，C选项正确； 对于 D，如图所示： 因为 P在 AD上，即 A，P，D三点共线， 设  1 ,0 1BP tBA t BD t        ， 又因为 1 2 BD BC   ，所以  1 2 t BP tBA BC       因为 BP BA BC      ，则 , 0 11 2 t tt         ， 令 21 1 1 1 2 2 2 8 ty t t             ， 当 1 2 t  时，   取得最大值为 1 8 ，故 D选项正确. 故选：BCD. 10．AC 【详解】对于 A，该市 2017年到 2022年这 6年的常住人口按照从小到大的顺序排列为： 698.12，703.09，703.54，730.50，732.20，736.00，则极差为736 698.12 38  万，故 A正确； 对于 B，由图可知，B错误； 对于 C，6 0.6 3.6  ，所以第 60百分位数为 730.50万，故 C正确； 对于 D，平均数为 698.12 703.09 703.54 730.50 732.20 736 717.24 6       万，故 D错误． 故选：AC. 11．BCD 【详解】展开图翻折成的正方体如图所示，因为 //CN BE，BE AF ，因此CN AF ，所以 A错误； 同理 //DE CF，CF BM ，所以 BM DE ，B正确； MBE 或其补角是CN 与 BM所成的角，又△MBE是等边三角形，所以 MBE 60 ，所以CN 与 BM所成的角是60，C正确. 又 / /NE 平面MFBC，且 NE与 BM不平行，故 NE与 BM是异面直线，D正确. 故选：BCD. 3 12． 2 【详解】由题意得 2 2 2 1 2 10 1 2 1010, 30x x x x x x         ， 所以数据 1 2 10, , ,x x x 的方差       2 2 2 1 2 102 1 1 1 10 x x x s            2 2 21 2 10 1 2 102 10 30 20 10 2 10 10 x x x x x x               . 故答案为： 2 . 13． 19 【详解】由余弦定理得， 2 2 2 2 29 4 5cos 2 6 6 b c a b bA bc b b         ， 而由 sin 3b A  ，得 3sin B b  ， 因为 ABC 是钝角三角形，且 c a ，故 A为锐角，所以 2 3cos 1A b   ， 所以 2 2 3 51 6 b b b    ，解得 2 7b  或 2 19b  ， 当 2 7b  时，即 7b  ， c b a  ，由大边对大角得：最大角为 C， 2 2 2 7 4 9cos 0 2 6 7 b a cC ba         ，故 C为锐角，不符合题意； 当 2 19b  时，即 19b  ，b c a  ，由大边对大角得：最大角为 B， 2 2 2 9 4 19cos 0 2 6 2 c a bB ca         ，故 B是钝角，符合题意， 故答案为： 19 14．84 【详解】由题棱台上下底面面积分别为： 2 2 4 8 8 64S S     ， ，又高为 3， 故棱台体积为    1 1 4 64 4 64 3 843 3V S S SS h         . 故答案为：84. 15．(1) 1 3 x  (2) 1 2 x   ， 1 2    【详解】（1）因为 a b   ，所以 0a b    ， 因为  , 1a x   ，  1,1 2b x   ， xR ， 所以    1 1 1 2 0x x      ， 所以 1 3 x  ； （2）因为 a b   （ 为负实数），所以 //a b r r ， 因为  , 1a x   ，  1,1 2b x   ， xR ， 所以    1 2 1 1 0x x     ，解得， 1 2 x   或 1x  ， 当 1 2 x   时， 1 , 1 2 a         ，  1,2b   ，所以 1 2    ； 当 1x  时，  1, 1a    ，  1, 1b    ，所以 1  ，不合题意，舍去， 所以 1 2 x   ， 1 2    . 16．(1)第 80百分位为 84，上四分位数为 82 (2)79.8分 【详解】（1）由题意可知：每组的频率依次为0.1,0.15,0.15,0.3,0.25,0.05 ， 因为0.1 0.15 0.15 0.3 0.7 0.8,0.1 0.15 0.15 0.3 0.25 0.95 0.8           ， 可知第 80百分位  80,90m ，则  0.7 0.025 80 0.8m   ，解得 84m  ； 可知上四分位数  80,90n ，则  0.7 0.025 80 0.75n   ，解得 82n  ； 故估计男生成绩样本数据的第 80百分位为 84，上四分位数为 82. 4 （2）记男生成绩数据为 1 2 40, , ,x x x ，女生成绩数据为 1 2 60, , ,y y y ， 由题意可知： 40 60 1 1 40 81 3240, 60 79 4740i i i i x y          ， 故估计总体平均数为 40 60 1 1 1 79.8 100 i ii i x y            分. 17．(1) 1AD  (2) 1 3, 2 2       【详解】（1）在 ACD 中， 3 ADC   ， 3sin 2 AC C  ， 由正弦定理得： sin sin AD AC C ADC   ，所以 3 sin 2 1 sin 3 2 AC CAD ADC      . （2）设 2 2CAD BAD     ，则 π 3 B   ， 2π 2 3 C   ， 在三角形 ABD中，由正弦定理得： πsin sin 3 BD AD         ， 所以 sin πsin 3 ADBD          . 在三角形 ACD中，由正弦定理得： 2πsin 2 sin 2 3 CD AD         ， 所以 sin 2 2πsin 2 3 ADCD          , 所以 sin π 2π π π πsin sin sin 2 2sin sin cos cos 3 3 3 3 3 sin 2 π π cossin 2 sin 2sin cos sin2π 3 3sin 2 3 AD BD ADCD                                                                        ， 即 π 1 3cos cos sin 1 33 2 2 tan cos cos 2 2 BD CD                ， 因为 π0, 3       ，所以  tan 0, 3  ，所以 1 3 1 3tan , 2 2 2 2        ， 所以 BD CD 的取值范围为： 1 3, 2 2       . 18．(1)证明见解析(2) 3 2 , 6 2       【详解】（1）连接 A B ，因为 E为 A B 的中点，当 1 2   时即 1 2 B G B B    ，所以G为BB的中点， 所以 //EG A B ， 又 //A D BC  且 =A D BC  ，所以四边形 A D CB  为平行四边形， 所以 //A B DC  ， 所以 //EG DC ， 又 EG 平面DAC ，D C 平面DAC ，所以 //EG 平面DAC . （2）当 1 2   时G为BB的中点，连接 B D 交 EF 于点H，连接HG ， 连接 A C 交 B D 于点 1O ，取 BD的中点 2O ，连接 1BO 、 2DO ， 因为 ,E F分别为 ,A B B C   的中点，所以 //EF A C ，则H为 1B O 的中点，所以 1//HG BO ， 又 2 1//BO D O 且 2 1BO D O ，所以 2 1O BD O 为平行四边形，所以 1 2//BO D O ， 所以 2//GH D O ， 又 //DM 平面 EFG，平面DDBB 平面 EFG GH ，DM 平面D DBB ， 所以 //DM GH ，所以M 和 2O 重合， 又 2 22 2 2 2BD    ， 此时  222 2 6DM    ， 5 当 1  时G与 B点重合，在DB上取点M 使得 1 4 DM DB   ，连接DM ， 由前述说明可知H为 1B O 的中点，则 3 4 D H D B   ， 又 3 4 BM DB ，所以D H BM  ，又 //DB BD  ， 所以四边形D HBM 为平行四边形，所以 //DM HB ， 又HB 平面 EFG，DM 平面 EFG，所以 //DM 平面 EFG， 所以 2 2 2 3 2= 2 2 2 DM          ， 综上可得当 1 ,1 2       时，求DM 长度的取值范围为 3 2 , 6 2       . 19．(1)证明见解析(2) 4 3 【详解】（1）在四棱锥P ABCD 中，由底面 ABCD为矩形，得CD AD ， 由侧面 PAD 底面 ABCD，侧面 PAD底面 ,ABCD AD CD 平面 ABCD， 得CD 平面 PAD，又 AM 平面 PAD，则CD AM ， 又侧面 PAD是正三角形，M 是 PD的中点，则 PD AM ， 又 , ,PD CD D PD CD  平面 PCD，所以 AM 平面 PCD . （2）如图， 在平面 PAD内，过点M 作MH AD ，垂足为H，显然 3 2 MH  ， 由侧面 PAD 底面 ABCD，交线为 AD，得MH 底面 ABCD， BC 底面 ABCD， 则 BC MH ，过H作HN BC ，垂足为 N，连接MN，显然MH HN H ， ,MH HN 平面MNH ，则 BC 平面MNH，而MN  平面MNH，因此 BC MN ， 则 MNH 即为二面角M BC D  的平面角，其大小为 π 6 ， 在Rt MHN 中， 3tan 3 MHMNH NH    ，则 3 2 NH  ， 由NH / / ,CD DH / / CN ，得四边形CDHN为平行四边形，则 3 2 CD  ， 由 AB / / CD，得 PCD （或其补角）为异面直线 AB与 PC所成角， 由（1）知CD 平面 PAD，则 PCD 为直角三角形， 2 4tan 3 3 2 PDPCD CD     ， 所以异面直线 AB与 PC所成角的正切值为 4 3 .