精品解析：福建省三明第一中学2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试卷

三明一中2023-2024学年下学期第二次月考 高一数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第I卷（选择题共58分） 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，仅有一项是符合题目要求的． 1. 复数（为虚数单位）的虚部是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法和乘方以及复数虚部的概念即可得到答案. 【详解】， 则其虚部为1. 故选：D. 2. 随着老龄化时代的到来，某社区为了探讨社区养老模式，将社区内的2100名老年人､1900名中年人､1800名青年人按年龄进行分层，用分层随机抽样方法从中抽取一个容量为580的样本发放调查问卷，如果样本按比例分配，则在老年人中发放的调查问卷份数是（ ） A. 220 B. 210 C. 200 D. 190 【答案】B 【解析】 【分析】设在老年人中发放的调查问卷份数为x，根据分层抽样的性质列方程求解. 【详解】设在老年人中发放的调查问卷份数为x， 依题意，，解得， 所以在老年人中发放的调查问卷份数是210. 故选：B 3. 已知四边形是平行四边形，，，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算求解即得. 【详解】在中，，，，， 所以. 故选：A 4. 下表统计了中国在第10届至第19届亚运会中获得的金牌数： 届数 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 金牌数 94 183 125 129 150 165 199 151 132 201 则中国获得金牌数第70百分位数是（ ） A. 165 B. 174 C. 175 D. 183 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位数定义求解． 【详解】已知10个数据从小 到大排列为：， ，第7个数与第8个数的平均值为，即为第70百分位数， 故选：B． 5. 平均数､中位数和众数都描述了数据的集中趋势，下列说法错误的是（ ） A. 如果频率分布直方图的形状是对称的，那么平均数和中位数大体上差不多 B. 与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息 C. 对分类型数据，比如产品质量等级等集中趋势的描述可以用众数 D. 如果频率分布直方图在“右边”拖尾，那么平均数小于中位数 【答案】D 【解析】 【分析】根据一组数据的数字特征的含义理解，结合频率分布直方图即可判断. 【详解】对于A，因平均数是一组数据的平均水平，而中位数是将数据按照从小到大排列后，在最中间的那个数据或中间两个的平均数， 因频率分布直方图的形状对称，则平均数和中位数大体上差不多，故A正确； 对于B，因个别数据变动，往往会改变平均数，而不改变中位数，所以平均数反映出样本数据中的更多信息，故B正确； 对于C，因分类型数据往往是不连续的，用众数能更好地描述集中趋势，即C正确； 对于D，频率分布直方图在“右边”拖尾时，平均数应更偏向于拖尾，，而中位数两边的小矩形面积相等，故平均数必大于中位数，即D错误. 故选：D. 6. 若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由体积求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积． 【详解】设圆锥的底面圆半径为，高为，由轴截面三角形的顶角为，得， 所以圆锥的体积为，解得， 所以圆锥的母线长为， 所以圆锥的侧面积为． 故选：C． 7. 革命烈士陵园内的革命烈士纪念碑，其中央主体建筑集棱台，棱柱于一体，极具对称之美．某同学准备在陵园广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图（如图），纪念碑的最顶端记为点，纪念碑的最底端记为点（在的正下方），在广场内（与在同一水平面内）选取两点，测得的长为15米，在两点处测得纪念碑最顶端处的仰角分别为和，则纪念碑的高度为（ ） A. 17米 B. 16米 C. 15米 D. 14米 【答案】C 【解析】 【分析】设米，然后分别在和中表示出，再在中利用余弦定理列方程可求出 【详解】设米，在中，，则， 在中，，，得， 在中，，，则由余弦定理得 ，，解得， 所以纪念碑高度为15米， 故选：C 8. 如图，在直三棱柱中，，P为线段的中点，Q为线段（包括端点）上一点，则的面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得，确定的最大值，即可求解△BCQ面积的最大值. 【详解】取AB的中点E，连接CE，过Q作，垂足为M， 过M作，垂足为N，连接QN，PE， 则，且，点E到BC的距离为. 由直三棱柱的性质知平面ABC， 所以平面ABC，MN，平面ABC， 则，，且，QM，平面QMN， 所以平面QMN，且平面QMN， 则，可知， 当且仅当点Q与点P重合时，等号成立， 所以面积的最大值为. 故选：A. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 设､是两条不同的直线，､､是三个不同的平面．下列四个命题中正确命题是 A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】AB 【解析】 【分析】 直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，对选项进行逐一判断，推出结果即可． 【详解】解：若，，则，是直线和平面垂直的判定，A正确； 若，，，则，推出，满足直线和平面垂直的判定，B正确； 若，，则，两条直线可能相交，也可能异面，C不正确． 若，，则中与可能相交或异面．考虑长方体的顶点，与可以相交．D不正确． 故选：AB． 【点睛】本题考查线线平行与垂直的判定，线面垂直的判定，面面平行的判定，是基础题. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，则可作为平面向量的一组基底 B. 若，都是非零向量，且，则 C. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 D. 若，，则在上的投影向量的坐标是 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由基向量不共线即可判断；对于B，由向量的模的公式计算可得，即可判断；对于C，两向量夹角为锐角，要考虑数量积大于0，且两向量不共线，即即可判断；对于D，利用在上的投影向量定义计算即得. 【详解】对于A项，因，故不能作为平面向量的一组基底，即A项错误； 对于B项，由两边平方，， 即，则，故B项正确； 对于C项，依题意与的夹角为锐角， 则，解得且，故C项错误； 对于D项，在上的投影向量为，故D项正确. 故选：BD. 11. 重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，荣昌折扇平面图为下图的扇形，其中，动点在上（含端点），连结交扇形的弧于点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】作，分别以为轴，轴建系，写出各点的坐标，设，由可得， 根据可判断A；利用向量数量积的坐标表示可判断B；转化为三角函数求值域可判断C；利用向量数量积的坐标表示转化为三角函数可判断D. 【详解】如图所示，作，分别以为轴，轴建立平面直角坐标系， 则, 设，则， 由可得， 对于A，若，则， 解得（负值舍去），即，故A正确； 对于B，若，则，则， 所以，故B正确； 对于C，， 由于，故， 所以， 所以，故C错误； 对于D，由于， 所以， 因为，所以， 所以，故D正确. 故选：ABD. 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在复平面内，已知复数满足，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数与平面向量、复平面内点的一一对应关系，通过作图分析，理解题中相关量的几何意义，利用向量的数量积的运算律计算即得. 【详解】 在复平面内，分别作出复数对应的向量,如图所示，则对应的向量为, 由题意是边长为2的正三角形，以为一组邻边，作出,则有, 于是 ，故得. 故答案为：. 13. 已知样本的平均数为6，方差为4，样本的平均数为8，方差为2，则新样本的方差为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平均数和方差的计算公式，结合题设条件，即可求得混合新样本的平均数和方差. 【详解】由题意得，则混合后新样本平均数为， 其方差为 . 故答案为：4. 14. 如图，已知四面体的各条棱长均等于分别是棱的中点．若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，当截面面积最大时，四棱锥的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先通过作图并证明截面的形状是矩形，再引入变量，来求截面面积的最大值，从而找到特殊位置，进而求出体积. 【详解】 连接，由四面体的各条棱长均等于，可得这是一个正四面体， 由分别是棱的中点，可知， 平面，所以平面， 又因为平面，所以，， 先假设分别是各棱中点， 则，所以， 同理可证：，，平面， 所以平面， 又因为直线截面，则截面平面， 即可知任意截面是矩形. 可设，则， 由和是等边三角形，则，， 所以， 此时，即为的中点， 由边长为，可知，， 所以四棱锥的体积为：， 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. 已知向量，． （1）若与共线，求的值； （2）若与垂直，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的坐标运算求，，结合向量平行的坐标表示运算求解； （2）根据向量的坐标运算求，结合向量垂直的坐标表示运算求解. 【小问1详解】 因为向量，，则，． 又因为与共线，则，解得． 【小问2详解】 由题意可知：， 因为与垂直，则，解得． 16. 正三棱柱的底面正三角形的边长为为的中点；． （1）证明：平面； （2）求证： （3）求到平面的距离． 【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，即可证明，从而得证； （2）可证得平面，进而证得结果； （3）根据，利用等体积法求出点到平面的距离. 【小问1详解】 连接，设，连接． 因为是正三棱柱的侧面，所以为矩形， 所以是的中点，所以是的中位线， 所以， 又平面平面， 所以平面 【小问2详解】 因为在正三棱柱中，底面正三角形的边长为2，为的中点，， 又平面平面，， 平面，平面， 平面，． 【小问3详解】 ， 故， ， 又， 所以， 设点到平面的距离为， 则即． 解得，所以点到平面的距离为． 17. 在中，已知角的对边分别是，且． （1）求角的大小； （2）若边上的中线为，求的值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换分析可得，即可得结果； （2）先利用余弦定理可得，再根据向量分析可得，进而可得，即可得结果. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得：， 又因为， 即， 可得 在中，，则，可得， 且，所以. 【小问2详解】 在中，由余弦定理可得，即， 因为边上的中线为，则， 可得， 即，可得， 所以. 18. 某中学新建了学校食堂，每天有近2000名学生在学校食堂用午餐，午餐开放时间约40分钟，食堂制作了三类餐食，第一类是选餐，学生凭喜好在做好的大约6种菜和主食米饭中任意选购；第二类是套餐，已按配套好菜色盛装好，可直接取餐：第三类是面食，如煮面､炒粉等，为了更合理地设置口布局，增加学生的用餐满意度，学校学生会在用餐的学生中对就餐选择､各类餐食的平均每份取餐时长以及可接受等待时间进行问卷调查，并得到以下的统计图表： 类别 选餐 套餐 面食 选择人数 50 30 20 平均每份取餐时长（单位､分钟） 2 0.5 1 已知饭堂的售饭窗口一共有20个，就餐高峰期时有240名学生在等待就餐． （1）根据以上调查统计，如果设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，就餐高峰期时，假设大家在排队时自动选择较短的队伍等待（即各类餐食的窗口前队伍长度各自相同），求选择选餐的同学取到午餐的最长等待时间； （2）取餐时至多等待多长时间能让的同学感到满意？（即在接受等待时长内取到餐，保留整数）； （3）根据以上的调查统计，从等待时长和公平的角度上考虑，如何设置各类售饭窗口数更优化，并给出你的求解过程． 【答案】（1）20分钟 （2）18分钟 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用分层抽样的性质结合平均数的计算方法求解即可. （2）利用频数分布直方图的性质求出接受不同等待时长的概率，然后结合题意得到，求解方程即可. （3）依据题意求出设置每个取餐窗口的比例，再取整即可. 【小问1详解】 由题意得就餐高峰期时选择选餐的总人数为人； 这120人平均分布在12个选餐窗口，平均每个窗口等待就餐的人数为人， 所以选择选餐同学取到午餐的最长等待时间为分钟， 【小问2详解】 由可接受等待时长的频率分布直方图可知， 分组为的频率分别为， 所以可接受等待时长在分钟以内的同学占0.05，即有的同学不满意 可接受等待时长在分钟以内的同学占， 即有的同学对等待时间少于15分钟感到满意， 所以至多等待的时间，能让的同学感到满意 ，所以分钟， 至多等待18分钟，能让的同学感到满意. 【小问3详解】 假设设置个选餐窗口，个套餐窗口，个面食窗口， 则各队伍的同学最长等待时间如下： 类别 选餐 套餐 面食 高峰期就餐总人数 120 72 48 各队伍长度（人） 最长等待时间（分钟） 依题意，从等待时长和公平的角度上考虑，则要求每个队伍的最长等待时间大致相同， 即得，即有， 而，故， 因此建议设置选餐､套餐､面食三个类别的窗口数分别为15，2，3个. 19. 如图，在菱形中，的余弦值为为靠近的三等分点，将沿直线翻折成，连接和， （1）求证：平面平面； （2）判断线段的长是否为定值？若是，请求出线段的长，若不是，请说明理由； （3）求二面角的正切值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2）是； （3） 【解析】 【分析】（1）先证，得，推出平面即得； （2）通过取,连接证，求出，由余弦定理求得. （3）作于，作于，证平面，得二面角的平面角，由中，，只需使最大，利用动点的轨迹，分析即得的最大值. 【小问1详解】 在菱形中，，， 由余弦定理得，， 即，又由，故， 由翻折性质知，又因为平面 ，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 如图1所示，在上取点，使，连接因， 则有，又，且则有， 因和的两边方向相同，由等角定理得， 由（1）知平面，平面，故可得 ， 在中，由余弦定理可得， ，故. 【小问3详解】 如图2所示，由（1）得平面平面， 在平面内，过作于， 在平面内，过作，垂足为， 因为平面平面， 平面平面平面，所以平面， 平面. 即为二面角的平面角，， 在菱形中，易得，故，由平面 知，点在以为圆心的圆弧上， 所以当时，取得最大值1， 此时，因为为锐角，的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查面面垂直的判定和二面角的范围，属于难题. 解决关键在于利用面面垂直找到二面角的平面角并证明，将二面角正切值的最大值问题转化成线段的最值问题，结合图形分析计算即得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 三明一中2023-2024学年下学期第二次月考 高一数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第I卷（选择题共58分） 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，仅有一项是符合题目要求的． 1. 复数（为虚数单位）的虚部是（ ） A. B. C. D. 1 2. 随着老龄化时代的到来，某社区为了探讨社区养老模式，将社区内的2100名老年人､1900名中年人､1800名青年人按年龄进行分层，用分层随机抽样方法从中抽取一个容量为580的样本发放调查问卷，如果样本按比例分配，则在老年人中发放的调查问卷份数是（ ） A 220 B. 210 C. 200 D. 190 3. 已知四边形是平行四边形，，，记，，则（ ） A. B. C. D. 4. 下表统计了中国在第10届至第19届亚运会中获得的金牌数： 届数 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 金牌数 94 183 125 129 150 165 199 151 132 201 则中国获得金牌数的第70百分位数是（ ） A. 165 B. 174 C. 175 D. 183 5. 平均数､中位数和众数都描述了数据的集中趋势，下列说法错误的是（ ） A. 如果频率分布直方图的形状是对称的，那么平均数和中位数大体上差不多 B. 与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息 C. 对分类型数据，比如产品质量等级等集中趋势的描述可以用众数 D. 如果频率分布直方图在“右边”拖尾，那么平均数小于中位数 6. 若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 革命烈士陵园内的革命烈士纪念碑，其中央主体建筑集棱台，棱柱于一体，极具对称之美．某同学准备在陵园广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图（如图），纪念碑的最顶端记为点，纪念碑的最底端记为点（在的正下方），在广场内（与在同一水平面内）选取两点，测得的长为15米，在两点处测得纪念碑最顶端处的仰角分别为和，则纪念碑的高度为（ ） A. 17米 B. 16米 C. 15米 D. 14米 8. 如图，在直三棱柱中，，P为线段的中点，Q为线段（包括端点）上一点，则的面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 设､是两条不同的直线，､､是三个不同的平面．下列四个命题中正确命题是 A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，则可作为平面向量的一组基底 B. 若，都是非零向量，且，则 C. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 D. 若，，则在上投影向量的坐标是 11. 重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，荣昌折扇平面图为下图的扇形，其中，动点在上（含端点），连结交扇形的弧于点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在复平面内，已知复数满足，且，则__________． 13. 已知样本的平均数为6，方差为4，样本的平均数为8，方差为2，则新样本的方差为__________． 14. 如图，已知四面体的各条棱长均等于分别是棱的中点．若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，当截面面积最大时，四棱锥的体积为__________． 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. 已知向量，． （1）若与共线，求的值； （2）若与垂直，求的值． 16. 正三棱柱的底面正三角形的边长为为的中点；． （1）证明：平面； （2）求证： （3）求到平面的距离． 17. 在中，已知角的对边分别是，且． （1）求角的大小； （2）若边上的中线为，求的值； 18. 某中学新建了学校食堂，每天有近2000名学生在学校食堂用午餐，午餐开放时间约40分钟，食堂制作了三类餐食，第一类是选餐，学生凭喜好在做好的大约6种菜和主食米饭中任意选购；第二类是套餐，已按配套好菜色盛装好，可直接取餐：第三类是面食，如煮面､炒粉等，为了更合理地设置口布局，增加学生的用餐满意度，学校学生会在用餐的学生中对就餐选择､各类餐食的平均每份取餐时长以及可接受等待时间进行问卷调查，并得到以下的统计图表： 类别 选餐 套餐 面食 选择人数 50 30 20 平均每份取餐时长（单位､分钟） 2 0.5 1 已知饭堂的售饭窗口一共有20个，就餐高峰期时有240名学生在等待就餐． （1）根据以上调查统计，如果设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，就餐高峰期时，假设大家在排队时自动选择较短的队伍等待（即各类餐食的窗口前队伍长度各自相同），求选择选餐的同学取到午餐的最长等待时间； （2）取餐时至多等待多长时间能让的同学感到满意？（即在接受等待时长内取到餐，保留整数）； （3）根据以上的调查统计，从等待时长和公平的角度上考虑，如何设置各类售饭窗口数更优化，并给出你的求解过程． 19. 如图，在菱形中，的余弦值为为靠近的三等分点，将沿直线翻折成，连接和， （1）求证：平面平面； （2）判断线段长是否为定值？若是，请求出线段的长，若不是，请说明理由； （3）求二面角正切值的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$