精品解析：山东省临沂市莒南县第一中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

莒南一中2023-2024学年高一下学期5月月考 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图是水平放置的四边形的斜二测直观图，且轴，，轴，则原四边形的面积是（ ） A. B. C. D. 3. 第24届冬季奥运会于2022年2月4日至20日在北京举行，中国代表团取得了9枚金牌，4枚银牌，2枚铜牌的历史最好成绩.已知六个裁判为某一运动员这一跳的打分分别为95，95，95，93，94，94，评分规则为去掉六个原始分中的一个最高分和一个最低分，剩下四个有效分的平均数即为该选手的本轮得分.设这六个原始分的中位数为，方差为；四个有效分的中位数为，方差为.则下列结论正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 如图在中，，为中点，，，，则（　　） A. -15 B. -13 C. 13 D. 14 5. 从某班名同学中选出人参加户外活动，利用随机数表法抽取样本时，先将名同学按，，…，进行编号，然后从随机数表第行的第列和第列数字开始从左往右依次选取两个数字，则选出的第个同学的编号为(注：表为随机数表的第行与第行)（ ） A. B. C. D. 6. 已知件产品中有件正品，其余为次品.现从件产品中任取件，观察正品件数与次品件数，下列选项中的两个事件互为对立事件的是（ ） A. 恰好有件次品和恰好有件次品 B. 至少有件次品和全是次品 C. 至少有件正品和至少有件次品 D. 至少有件次品和全是正品 7. 如图，在三棱锥中，侧面底面BCD，，，，，直线AC与底面BCD所成角的大小为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 8. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 已知为虚数单位，下列命题中正确的是（ ） A. B. 复数，则 C. 若复数，则， D. 若，，则的充要条件是 10. 已知一组不全相等的数据的平均数为，若在这组数据中添加一个数据，得到一组新数据，则（ ） A. 这两组数据的平均数相同 B. 这两组数据的中位数相同 C. 这两组数据的极差相同 D. 这两组数据的标准差相同 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体，已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为 C. 该半正多面体外接球的表面积为 D. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 口袋中装有编号为①、②的2个红球和编号为①、②、③、④、⑤的5个黑球，小球除颜色、编号外形状大小完全相同，现从中取出1个小球，记事件A为“取到的小球的编号为②”，事件B为“取到的小球是黑球”，则______． 13. 已知样本数据的平均数与方差分别是和，若，且样本数据的平均数与方差分别是和，则________. 14. 已知直四棱柱，，底面为平行四边形，侧棱底面，以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为___________. 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，求的值； （2）记，求的最大值和最小值以及对应的的值. 16. 特岗教师是中央实施的一项对中西部地区农村义务教育的特殊政策，通过公开招聘高校毕业生到中西部地区"两基"攻坚县、县以下农村学校任教，进而提高农村教师队伍的整体素质，促进城乡教育均衡发展.某市招聘特岗教师需要进行笔试和面试，一共有600名应聘者参加笔试考试，从中随机抽取了100名应聘者，记录他们的笔试分数，将数据分成7组：，，…，，得到如图所示频率分布直方图. （1）若该市计划168人进入面试，请估计参加面试的最低分数线； （2）已知样本中笔试分数低于40分的有5人，试估计总体中笔试分数在内的人数. 17. 在的中，角，，的对边分别为，且 （1）求角； （2）若，求的取值范围. 18. 甲、乙两人进行围棋比赛，比赛要求双方下满五盘棋，已知第一盘棋甲赢的概率为，由于心态不稳，若甲赢了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率依然为，若甲输了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率就变为．已知比赛没有和棋，且前两盘棋都是甲赢． （1）求第四盘棋甲赢的概率； （2）求比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率． 19. 如图，在多边形中（图1）．四边形为长方形，为正三角形，，，现以为折痕将折起，使点在平面内的射影恰好是的中点（图2）． （1）证明：平面； （2）若点在线段上，且，求三棱锥的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莒南一中2023-2024学年高一下学期5月月考 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的除法求出，再根据共轭复数的定义即可得解. 【详解】由， 得， 所以. 故选：A. 2. 如图是水平放置的四边形的斜二测直观图，且轴，，轴，则原四边形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法，把直观图还原出原平面图形，再求出原平面图形的面积，即可得答案． 【详解】根据题意，因为直观图中，轴，轴， 所以四边形是一个上底为，下底为，高为的直角梯形， 则原四边形的面积． 故选：C． 3. 第24届冬季奥运会于2022年2月4日至20日在北京举行，中国代表团取得了9枚金牌，4枚银牌，2枚铜牌的历史最好成绩.已知六个裁判为某一运动员这一跳的打分分别为95，95，95，93，94，94，评分规则为去掉六个原始分中的一个最高分和一个最低分，剩下四个有效分的平均数即为该选手的本轮得分.设这六个原始分的中位数为，方差为；四个有效分的中位数为，方差为.则下列结论正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】中位数就是一组数按照大小排列好后的最中间的数，方差表示一组数据波动的大小的数，先求出平均数，再代入方差公式可判断. 【详解】将打分95，95，95，93，94，94按照从小到大排列为93,94,94,95,95,95， 无论是否去掉一个最高分和最低分中位数都是，故AB错误； 根据 ； 又 故选：D. 4. 如图在中，，为中点，，，，则（　　） A. -15 B. -13 C. 13 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，得到各点坐标，利用向量坐标运算法则求出，，从而求出数量积. 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，， 又，，， 则， 即，即， 则， ， 则，； 故选：C． 5. 从某班名同学中选出人参加户外活动，利用随机数表法抽取样本时，先将名同学按，，…，进行编号，然后从随机数表第行的第列和第列数字开始从左往右依次选取两个数字，则选出的第个同学的编号为(注：表为随机数表的第行与第行)（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】从第一行第5列，两个两个数字取数，前面出现过的或者大于60的剔除，剩下的依次排列即得． 【详解】按题意，从第一行第5列，两个两个数字取数，抽样编号依次为43，36，47，46，24，第5个是24， 故选：A 6. 已知件产品中有件正品，其余为次品.现从件产品中任取件，观察正品件数与次品件数，下列选项中的两个事件互为对立事件的是（ ） A. 恰好有件次品和恰好有件次品 B. 至少有件次品和全是次品 C. 至少有件正品和至少有件次品 D. 至少有件次品和全是正品 【答案】D 【解析】 【分析】对每个选项中事件的关系分析，选出正确选项. 【详解】对于A项，恰好有1件次品和恰好有两件次品互为互斥事件，但不是对立事件； 对于B项，至少有1件次品和全是次品可以同时发生，不是对立事件； 对于C项，至少有1件正品和至少有1件次品可以同时发生，不是对立事件； 对于D项，至少有1件次品即存在次品，与全是正品互为对立事件. 故选：D. 7. 如图，在三棱锥中，侧面底面BCD，，，，，直线AC与底面BCD所成角的大小为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，取的中点，则平面，即就是直线AC与底面BCD所成的角，解三角形即可求得角的大小. 【详解】取的中点，则 因为侧面底面BCD，侧面底面，侧面，所以平面， 因为平面，所以， 所以就是直线AC与底面BCD所成的角， 因为，，，所以， 在直角中，， 在直角中，，即， 所以直线AC与底面BCD所成角的大小为， 故选：. 8. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出关系后求解 【详解】在中，， 故题干条件可化为，由余弦定理得， 故，又由正弦定理化简得： ， 整理得，故或（舍去），得 为锐角三角形，故，解得，故 故选：C 二、选择题：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. 已知为虚数单位，下列命题中正确的是（ ） A. B. 复数，则 C. 若复数，则， D. 若，，则的充要条件是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用复数的求模公式和四则运算判断A、B，利用虚数不能比较大小判断C，利用特殊值判断D． 【详解】解：对于A：设，，则，，故A正确， 对于B：， 所以，故B错误； 对于C：虚数不能比较大小，能比较大小的一定为实数，，，故C正确； 当，时，满足，但不成立，故D错误. 故选：AC． 10. 已知一组不全相等的数据的平均数为，若在这组数据中添加一个数据，得到一组新数据，则（ ） A. 这两组数据的平均数相同 B. 这两组数据的中位数相同 C. 这两组数据的极差相同 D. 这两组数据的标准差相同 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平均数的计算即可判断A正确；举例数据判断B；根据极差的计算方法说明判断C; 根据标准差与方差的关系及方差的计算公式判断D. 【详解】对于A选项，，，， ，平均数不变，所以A选项正确； 对于B选项，取一组数据，中位数为7，平均数为， 加上一个，中位数为，所以B选项错误； 对于C选项，数据不全相等时，既不是最大值也不是最小值，极差不变，所以C选项正确； 对于D选项，原来数据的方差， 后来数据的方差，因为方差不相等，所以标准差也不相同，所以D选项错误. 故选：AC. 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体，已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为 C. 该半正多面体外接球的表面积为 D. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱的外接球即可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D. 【详解】如图， 该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的. 对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：，故正确； 对于B，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，所以，故正确. 对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故错误； 对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 口袋中装有编号为①、②的2个红球和编号为①、②、③、④、⑤的5个黑球，小球除颜色、编号外形状大小完全相同，现从中取出1个小球，记事件A为“取到的小球的编号为②”，事件B为“取到的小球是黑球”，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式求得，，及事件同时发生的概率，利用概率的加法公式即可求解. 【详解】由古典概型得：，，， 于是得． 故答案为：. 13. 已知样本数据的平均数与方差分别是和，若，且样本数据的平均数与方差分别是和，则________. 【答案】100 【解析】 【分析】首项根据平均数和方差的相关性质列出方程，求出，再利用平均数和方差的关系式求出. 【详解】由题意得：，解得：， 所以， ， 化简得：， . 故答案为：100 14. 已知直四棱柱，，底面为平行四边形，侧棱底面，以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知，结合图形，利用弧长公式、勾股定理、线面垂直计算求解. 【详解】如图，连接，直四棱柱，， 所以，在中，由余弦定理有： ，代入数据，解得， 所以，即，又，， 所以平面， 在平面上，以点为圆心，作半径为1的圆，交棱于点， 得到弧，在上任取一点与都构成直角三角形， 根据勾股定理可知弧上任取一点到点的长度为2， 所以以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为弧的长， 因为，所以根据弧长公式有：弧的长度为. 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，求的值； （2）记，求的最大值和最小值以及对应的的值. 【答案】（1）；（2）时，取到最大值2，时，取到最小值. 【解析】 【分析】 （1）利用向量垂直的坐标表示可求得，结合的范围可求得的值； （2）将函数化简为，根据的范围可求得的范围，结合正弦函数图象可确定最大值和最小值取得的点，进而求得结果. 【详解】解:（1）因为， 所以， 于是， 又，所以； （2） . 因为，所以， 从而 于是，当，即时，取到最大值2； 当，即时，取到最小值. 【点睛】本题考查平面向量垂直的坐标表示、平面向量与三角函数的综合应用，涉及到三角函数最值的求解问题；求解三角函数最值的关键是能够利用整体对应的方式，结合正弦函数的图象来进行求解. 16. 特岗教师是中央实施的一项对中西部地区农村义务教育的特殊政策，通过公开招聘高校毕业生到中西部地区"两基"攻坚县、县以下农村学校任教，进而提高农村教师队伍的整体素质，促进城乡教育均衡发展.某市招聘特岗教师需要进行笔试和面试，一共有600名应聘者参加笔试考试，从中随机抽取了100名应聘者，记录他们的笔试分数，将数据分成7组：，，…，，得到如图所示频率分布直方图. （1）若该市计划168人进入面试，请估计参加面试的最低分数线； （2）已知样本中笔试分数低于40分的有5人，试估计总体中笔试分数在内的人数. 【答案】（1）78 （2）30 【解析】 【分析】（1）根据题意求得进入面试的频率，再判断最低分数线所在分数区间，结合频率的计算公式得到方程，解之即可； （2）由频率分布直方图求得不低于50分的频率，由题意求得分数低于40分的频率，从而求得笔试分数在内的频率，再由频数等于总数乘以频率即可求得结果. 【小问1详解】 根据题意，得进入面试的频率， 由频率分布直方图可知，笔试分数位于、的频率分别为0.4、0.2， 所以设参加面试的最低分数线， 得，解得， 故参加面试的最低分数线约为78. 【小问2详解】 样本中笔试分数不低于50分的频率为：， 样本中笔试分数低于40分的频率为：， 所以样本中笔试分数在内频率为：， 故总体中笔试分数在内的人数约为（人） 17. 在的中，角，，的对边分别为，且 （1）求角； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由已知和正弦定理得，再由余弦定理和角的范围可求得答案； （2）由余弦定理得，再根据基本不等式可求得其范围. 【详解】解：（1）由，及正弦定理得， 由余弦定理得，又，所以； （2）由及，得，即， 所以，所以，当且仅当时，等号成立， 又，所以， 所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：（1）在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件； （2）如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件； （3）如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式. （4）与三角形有关的最值问题，我们可以利用基本不等式来求最值或利用正弦定理把边转化为关于角的三角函数式，再利用三角变换和正弦函数、余弦函数的性质求最值或范围. 18. 甲、乙两人进行围棋比赛，比赛要求双方下满五盘棋，已知第一盘棋甲赢的概率为，由于心态不稳，若甲赢了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率依然为，若甲输了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率就变为．已知比赛没有和棋，且前两盘棋都是甲赢． （1）求第四盘棋甲赢的概率； （2）求比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）第四盘棋甲赢的事件为A，它是第三盘棋甲赢和甲输的两个互斥事件的和，再利用独立事件、互斥事件的概率公式计算作答. （2）甲恰好赢三盘棋的事件为B，它是甲在第三盘赢、第四盘赢、第五盘赢的互斥事件的和，再利用独立事件、互斥事件的概率公式计算作答. 【小问1详解】 记第四盘棋甲赢的事件为A，它是第三盘棋甲赢和甲输的两个互斥事件的和， ，，则， 所以第四盘棋甲赢的概率是. 【小问2详解】 记甲恰好赢三盘棋的事件为B，它是后三盘棋甲只赢一盘的三个互斥事件的和， 甲只在第三盘赢的事件为、只在第四盘赢的事件为、只在第五盘赢的事件为， 则，，， 则有， 所以比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率为. 19. 如图，在多边形中（图1）．四边形为长方形，为正三角形，，，现以为折痕将折起，使点在平面内的射影恰好是的中点（图2）． （1）证明：平面； （2）若点在线段上，且，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明：取的中点，连接，由题知平面． 因为平面，所以， 又因为，，PO,AD⊂平面PAD,所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到平面，，结合，证明出线面垂直； （2）作出辅助线，求出各边长，利用求出答案. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 取的中点，连接，， 因为为正三角形， 所以，， 则，， 由（1）知，为三棱锥的高， 因为平面，平面， 所以， 所以， 因为，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $