精品解析：云南省大理白族自治州祥云祥华中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题

祥云祥华中学2023-2024学年下学期升级考试 高一数学测试卷 一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 设向量，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线得到方程，解出即可. 【详解】由题意得，解得， 故选：D. 2. 数据2，3，5，6，7，7，8，10的上四分位数为（ ） A. 7.5 B. 8 C. 7 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合百位数的定义和计算方法，即可求解. 【详解】由题意，上四分位数是分位数，又由， 所以分位数为. 故选：A． 3. 设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】由线面平行，线面垂直，面面平行，面面垂直的性质逐项判断即可； 【详解】A：若，，则或相交，故A错误； B：若，，由线面平行和垂直的性质可得，故B正确； C：若，，则或，故C错误； D：若，，则相交或或，故D错误； 故选：B. 4. 下列命题中，正确的是（ ） A. 的虚部是 B. 的共轭复数是 C. D. 复数在复平面内对应的点在第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的虚部的概念可判断A；根据共轭复数的概念判断B;根据复数模的计算可判断C；根据复数的除法求得，结合复数的几何意义判断D. 【详解】因为的虚部是，故A错误； 的共轭复数是，故B错误； ，故C错误； 复数，故在复平面内对应的点在第四象限，D正确， 故选：D 5. 记的内角的对边分别是已知，则角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简即得. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 则，整理得，而， 因此，而，所以. 故选：B 6. 如下图，设直线的斜率分别为，则用“＜”号将它们的斜率连接起来后，得到的结果为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先区分斜率的正负，判定倾斜角是锐角还是钝角，然后根据在倾斜角都是锐角时倾斜角越大斜率越大，在倾斜角都是钝角时倾斜角越大，斜率越大，得出结论. 【详解】直线l1、l2的斜率都是正值，倾斜角都是锐角，在倾斜角都是锐角时倾斜角越大斜率越大，故k2>k1>0； 直线l3、l4的斜率都是负值，倾斜角都是钝角，在倾斜角都是钝角时倾斜角越大，斜率越大，故k3<k4<0, 故 故选：D. 7. 设，则“”是“复数为纯虚数”的（ ） A. 充分必要条件 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】由复数为纯虚数求得的值，再根据充分必要条件关系判断. 【详解】因为复数为纯虚数，所以，解得， 所以“”是“复数为纯虚数”的充要条件. 故选：A. 8. 以下四个命题表述正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 圆上有4个点到直线的距离都等于1 C. 圆与圆恰有一条公切线，则 D. 已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，则直线经过定点 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，将方程变形解方程组验算即可；对于B，由直线与圆的位置关系即可判断；对于C，由两圆的位置关系列方程求参数即可验算；对于D，将直线方程转换为公共弦方程来求解即可. 【详解】由，得，联立，解得， 直线恒过定点，故A不正确； 圆心到直线的距离等于1， 直线与圆相交，而圆的半径为2，故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交， 因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B错误； 两圆恰有一条公切线，则两圆内切， 曲线化为标准式，圆心，半径为1， 曲线化为标准式，圆心，半径为， ∴圆心距为，解得，故C错误； 设点的坐标为，则，以为直径的圆的方程为， 两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，， 令，，解得，，故直线经过定点，故D正确． 故选：D. 【点睛】关键点睛：D选项的关键是转换为公共弦方程，由此即可顺利得解. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 已知复数，下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆 D. 若是关于的方程的一个根，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由复数，可判定A错误；根据复数的运算法则，可判定B正确；结合复数的几何意义，可判定C正确；根据复数相等的条件，列出方程，求得的值，可判定D正确. 【详解】对于A中，若复数，满足，但两个虚数不能比大小，所以A项错误； 对于B中，若，则，即， 可得或，所以，所以B项正确； 对于C中，由于表示两个复数在复平面上对应的两点之间的距离， 所以，表示复平面内到点距离为3的点的集合， 所以对应的点的轨迹为圆心在，半径为3的圆，所以C项正确； 对于D中，由是关于的方程的根， 故，即， 可得，所以，所以D项正确. 故选：BCD． 10. 盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件“两个球颜色相同”，“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”，“两个球颜色不同”.则下列说法正确的是（ ） A. A与相互独立 B. A与互为对立 C. 与互斥 D. 与相互独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】依次列出样本空间，事件A、B、C、D包含的基本事件，由事件的基本关系及概率公式一一判定选项即可. 【详解】依题意可设2个红球为，2个白球为，则样本空间为： ，共12个基本事件. 事件A，共4个基本事件. 事件B，共6个基本事件. 事件C，共6个基本事件. 事件D， 共8个基本事件. 对于A选项，因， 则，故A与相互独立，故A正确； 对于B选项，注意到，得A与互为对立事件，故B正确； 对于C选项，注意到，则与不互斥，故C错误； 对于D选项，因，，， 则，故D与相互独立，故D正确. 故选：ABD 11. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到的所有棱长均为1的截角四面体，则下列说法正确的有（ ） A. 该截角四面体表面积为 B. 该截角四面体的体积为 C. 该截角四面体中， D. 二面角 B-AC-D的余弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，得到几何体的截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，结合表面积公式，可判定A不正确；求得正四面体的高，结合体积公式，可判定B正确；连接，分别证得，，结合，可判定C正确；过点作平面，垂足为，取的中点，连接，得到为二面角的平面角，进而可判定D正确. 【详解】由题意，几何体的截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成， 所以截角四面体的表面积为，所以A不正确； 因为棱长为的正四面体的高为， 所以体积为，所以B正确； 连接，在正六边形中，可得， 同理在正六边形中，可得， 又因为且，所以为平行四边形，所以， 所以，所以C正确； 过点作平面，垂足为， 取的中点，连接，因为截角为正四面体，且为正三角形， 其中，所以，且三点共线， 所以为二面角的平面角， 其中，可得， 则， 又因为二面角为锐二面角，所以，所以D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3题，每小题5分，共计15分） 12. 甲､乙两名同学同时做某道压轴选择题，两人做对此题的概率分别为和，假设两人是否能做对此题相互独立.则至少有一人能做对该题的概率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出两人都做错的概率，再利用对立事件的概率公式求解. 【详解】至少有一人能做对该题的反面是两个都做错， 两人都做错的概率为， 由对立事件的概率公式得至少有一人能做对该题的概率为. 故答案为： 13. 我国许多地方都有风格迥异的古塔.现在在某塔底共线三点处分别测得塔顶P点的仰角为，，，且，设该塔高为，示意图如图，则该塔高________m. 【答案】60 【解析】 【分析】设，利用直角三角形的特殊角可表示长度，再根据余弦定理解计算即可. 【详解】设，由在处分别测得塔顶P点的仰角为，，， 则根据题意有， 在中由余弦定理知，， 因为三点共线，所以， 则. 故答案为：60 【点睛】思路点睛：利用各点仰角可设高表示，再利用两角互补、余弦定理解方程即可. 14. 已知球为三棱锥的外接球，球的体积为，正三角形的外接圆半径为，则三棱锥的体积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设外接圆的圆心为，由正弦定理求出，从而可求出，要使三棱锥的体积最大，则平面，且球心在线段上，由球的体积可求出球的半径，从而可求出三棱锥的高，进而可求出体积 【详解】设外接圆的圆心为， 因为正三角形的外接圆半径为，即， 由正弦定理，得， 所以， 要使三棱锥的体积最大，则平面，且球心在线段上， 因为球的体积为，所以球的半径为． 在中，由勾股定理得， 所以三棱锥体积的最大值． 故答案为： 四、解答题（本大题共5题，共计77分，请写出必要的文字说明和演算步骤） 15. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且满足：. （1）求的值； （2）若，求的最大值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理以及两角和与差的正弦公式化简，可得的值； (2)利用正弦定理将边化角，利用三角函数的有界限即可求出的最大值． 【详解】（1）由 可得：． ． ． ， ，即． ， ． （2）由（1）知，应用正弦定理可得：， 其中． 当且仅当时，的最大值为． 【点睛】本题考查三角形的正余弦定理，考查内角和定理核两角和与差的正弦公式的运用，考查运算能力，属于中档题． 16. 如图，在三棱台中，平面，为等腰直角三角形，，分别为的中点． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助平行四边形的性质及平行线的传递性证明,再利用线面平行的判定定理进行证明； （2）利用线面垂直的判定定理证明平面，利用等体积法求出三棱锥的体积，根据梯形的性质求出，即可得解 【小问1详解】 由三棱台结构特征可知平面平面，， 因为为等腰直角三角形，，为的中点， 所以，，所以四边形为平行四边形， 得．同理可证，则． 又平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 由题易知，， 又，平面，平面, 所以平面． 连接， 易得， 则． 在梯形中，，，， 作，则， 所以． 设点到平面的距离为， 所以，解得， 所以点到平面的距离为． 17. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）求样本成绩的第75百分位数； （3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 【答案】（1）0.030 （2）84 （3）平均数为62；方差为23 【解析】 【分析】（1）根据各组的频率和为1列方程可求出的值； （2）先判断第75百分位数，然后列方程可求得结果； （3）先根据频率分布直方图计算出成绩在和的人数，然后根据平均数的定义和方差公式可求得结果. 【小问1详解】 由每组小矩形的面积之和为1得，，解得. 【小问2详解】 成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 显然第75百分位数， 由，解得， 所以第75百分位数84； 【小问3详解】 由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为，所以； 由样本方差计算总体方差公式，得总方差为 18. 如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，∥、、、，、分别为、的中点，． （1）证明：平面平面； （2）若与所成角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据，为的中点，得到，再由，利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明； （2）以为原点，以为轴，为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，再由平面的一个法向量为，由求解. 【小问1详解】 证明： ∵，是的中点，∴， 又，，、平面， ∴平面，∵平面， ∴平面平面； 【小问2详解】 解：∵、、，∴， 以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系如图所示， 连接， ∵、，∴四边形为平行四边形， ∴，∴是异面直线与所成的角，则， ∴，则、、、， ∴， 设平面的法向量为，又、， ∴，令，则、， ∴，又平面的法向量， 设二面角的平面角为，经观察为钝角， ∴． 19. 已知圆和圆. （1）判断圆O和圆C的位置关系； （2）过圆C的圆心C作圆O的切线l，求切线l的方程； （3）过圆C的圆心C作动直线m交圆O于A，B两点.试问：在以为直径的所有圆中，是否存在这样的圆P，使得圆P经过点？若存在，求出圆P的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）圆O与圆C相离. （2）或 （3）存在圆，圆的方程为：或 【解析】 【分析】（1）求出两圆的圆心距，在比较其与 的大小关系，从而确定两圆的位置关系； （2）由点 斜式设出切线方程，然后用点线距离公式建立关于的方程； （3）斜率不存在时，易知圆也是满足题意圆；斜率存在时，假设存在以为直径的圆经过点，则，所以，则可得，再把韦达定理式代入上式可得关于的方程． 【小问1详解】 因为圆O的圆心，半径，圆C的圆心，半径， 所以圆O和圆C的圆心距， 所以圆O与圆C相离. 【小问2详解】 显然当直线的斜率不存在时不合题意， 则设切线l的方程为：，即， 所以O到l的距离，解得. 所以切线l的方程为或 【小问3详解】 （i）当直线m的斜率不存在时，直线m经过圆O的圆心O， 此时直线m与圆O的交点为，， 即为圆O的直径，而点在圆O上， 即圆O也是满足题意的圆. （ii）当直线m的斜率存在时，设直线， 由，消去y整理，得， 由，得或. 设，， 则有① 由①得，② ，③ 若存在以为直径的圆P经过点，则，所以， 因此， 即， 则，所以，，满足题意. 此时以为直径的圆的方程为， 即，亦即. 综上，在以为直径的所有圆中， 存在圆或，使得圆P经过点. 【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是利用设线法，将其与圆的方程联立得到韦达定理式，根据，展开化简，将韦达定理式整体代入求出直线方程，同时不忘考虑直线斜率不存在的情况. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 祥云祥华中学2023-2024学年下学期升级考试 高一数学测试卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设向量，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 2. 数据2，3，5，6，7，7，8，10的上四分位数为（ ） A. 7.5 B. 8 C. 7 D. 4 3. 设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 下列命题中，正确的是（ ） A. 的虚部是 B. 的共轭复数是 C. D. 复数在复平面内对应的点在第四象限 5. 记的内角的对边分别是已知，则角为（ ） A. B. C. D. 6. 如下图，设直线的斜率分别为，则用“＜”号将它们的斜率连接起来后，得到的结果为（ ） A B. C. D. 7. 设，则“”是“复数为纯虚数”的（ ） A. 充分必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 以下四个命题表述正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 圆上有4个点到直线的距离都等于1 C. 圆与圆恰有一条公切线，则 D. 已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，则直线经过定点 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知复数，下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若复数满足，则在复平面内对应点的轨迹为圆 D. 若是关于的方程的一个根，则 10. 盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件“两个球颜色相同”，“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”，“两个球颜色不同”.则下列说法正确的是（ ） A. A与相互独立 B. A与互为对立 C 与互斥 D. 与相互独立 11. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到的所有棱长均为1的截角四面体，则下列说法正确的有（ ） A. 该截角四面体的表面积为 B. 该截角四面体的体积为 C. 该截角四面体中， D. 二面角 B-AC-D的余弦值为 三、填空题（本大题共3题，每小题5分，共计15分） 12. 甲､乙两名同学同时做某道压轴选择题，两人做对此题概率分别为和，假设两人是否能做对此题相互独立.则至少有一人能做对该题的概率为___________. 13. 我国许多地方都有风格迥异的古塔.现在在某塔底共线三点处分别测得塔顶P点的仰角为，，，且，设该塔高为，示意图如图，则该塔高________m. 14. 已知球为三棱锥的外接球，球的体积为，正三角形的外接圆半径为，则三棱锥的体积的最大值为______． 四、解答题（本大题共5题，共计77分，请写出必要的文字说明和演算步骤） 15. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且满足：. （1）求的值； （2）若，求的最大值. 16. 如图，在三棱台中，平面，为等腰直角三角形，，分别为的中点． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离． 17. 文明城市是反映城市整体文明水平综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）求样本成绩的第75百分位数； （3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 18. 如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，∥、、、，、分别为、的中点，． （1）证明：平面平面； （2）若与所成角为，求二面角的余弦值． 19. 已知圆和圆. （1）判断圆O和圆C的位置关系； （2）过圆C的圆心C作圆O的切线l，求切线l的方程； （3）过圆C的圆心C作动直线m交圆O于A，B两点.试问：在以为直径的所有圆中，是否存在这样的圆P，使得圆P经过点？若存在，求出圆P的方程；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$