山东省临沂市莒南县第二中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题

莒南二中2023-2024学年高一下学期4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.设复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，，则（ ） A．- 5 B．5 C．- 4+ i D．- 4 - i 2.如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的菱形，且，则原平面图形的周长为（    ） A． B． C． D．8 3.“太空教师”的神舟十三号航天员翟志刚、王亚平、叶光富出现在画面中，“天宫课堂”第一课在中国空间站正式开讲．此次太空授课通过为同学们呈现多种精彩的实验和现象，激发了同学们的好奇心，促使他们去观察这些现象，进而去思考、去探索，把科学思维的种子种进心里．某校为了解同学们对“天宫课堂”这种授课模式的兴趣，决定利用分层抽样的方法从高二、高三学生中选取90人进行调查，已知该校高二年级学生有1200人，高三年级学生有1500人，则抽取的学生中，高三年级有（    ） A．20人 B．30人 C．40人 D．50人 4.在二面角的棱上有两个点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，，，，则这个二面角的大小为（ ） A． B． C． D． 5.已知，，且，则在上的投影向量为（ ） A． B． C． D． 6.已知样本的平均数是9，方差是2，则（    ） A．41 B．71 C．55 D．45 7. 如图，已知所有棱长均相等的直三棱柱，，分别为和的中点，则下列陈述不正确的是（ ） A．平面 B． C．与所成角的正切值为 D．与平面所成角的正切值为2 8. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，分别是，的中点，，则球的体积为（ ） A． B． C． D． 1. 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. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面朝上”，事件“第二枚正面朝上”，则下列结论正确的是（ ） A． B． C．事件与互斥 D．事件与相互独立 10.锐角的内角，，的对边分别为，，．若，则（ ） A． B．的取值范围是 C． D．的取值范围是 11.在正方体中，点M在线段上运动，则下列说法正确的是（　　） A．直线平面 B．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 C．异面直线AM与所成角的取值范围是 D．三棱锥的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.设复数，满足，，，则________． 13.某工厂名工人某天生产同一类型零件，生产的件数分别是，，，，，，，，，，则这组数据的方差为_____．（参考数据：这组数据的平方和为） 14.如图，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等，“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠己作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四个点A，B，C，D满足，，，则该“鞠”的表面积为____________. 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.关于的实系数一元二次方程． (1)若方程有一个根是，求的值； (2)当时，方程的两个虚根满足，求的值． 16. 在三棱锥中，平面，点在棱上且是的外心（三角形三边的垂直平分线的交点叫三角形的外心即外接圆的圆心），点是的内心（三角形的内心是三角形三条角平分线的交点即内切圆的圆心），. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 17. 已知的内角、、所对的边长分别为、、，且，若，，求： (1)求的值； (2)求的最大值. 18. 第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. (1)求a，b的值； (2)计算本次面试成绩的众数和平均成绩； (3)根据组委会要求，本次志愿者选拔录取率为19%，请估算被录取至少需要多少分. 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是等边三角形，平面平面分别是的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 莒南二中2023-2024学年高一下学期4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.设复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，，则（ ） A．- 5 B．5 C．- 4+ i D．- 4 - i 【答案】A 【解析】 由题意，得，则，故选A． 2.如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的菱形，且，则原平面图形的周长为（    ） A． B． C． D．8 【答案】B 【分析】利用斜二测画法还原直观图即得. 【详解】由题可知， ∴，还原直观图可得原平面图形，如图， 则， ∴， ∴原平面图形的周长为. 故选：B. 3.“太空教师”的神舟十三号航天员翟志刚、王亚平、叶光富出现在画面中，“天宫课堂”第一课在中国空间站正式开讲．此次太空授课通过为同学们呈现多种精彩的实验和现象，激发了同学们的好奇心，促使他们去观察这些现象，进而去思考、去探索，把科学思维的种子种进心里．某校为了解同学们对“天宫课堂”这种授课模式的兴趣，决定利用分层抽样的方法从高二、高三学生中选取90人进行调查，已知该校高二年级学生有1200人，高三年级学生有1500人，则抽取的学生中，高三年级有（    ） A．20人 B．30人 C．40人 D．50人 【答案】D 【分析】根据题意求得抽样比，再结合高三年级的总人数，即可求得结果. 【详解】由题意可知该校高二年级学生有1200人，高三年级学生有1500人， 则高二年级与高三年级的学生人数比为4：5， 根据分层抽样的特征可知，抽取的学生中，高三年级有人． 故选：D． 4.在二面角的棱上有两个点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，，，，则这个二面角的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设这个二面角的度数为，由题意得，，，解得，∴， ∴这个二面角的度数为， 故选：C. 5.已知，，且，则在上的投影向量为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 因为，所以，即，又因为，设的夹角为，所以，在上的投影为：，所以在上的投影向量为. 故选：C 6.已知样本的平均数是9，方差是2，则（    ） A．41 B．71 C．55 D．45 【答案】B 【分析】根据平均数与方差的定义，列出方程，求出与的值，即可得出的值. 【详解】的平均数是9， ， 即①； 又方差是2， ， 即②； 由①②联立， 解得：或； 故选：B. 7. 如图，已知所有棱长均相等的直三棱柱，，分别为和的中点，则下列陈述不正确的是（ ） A．平面 B． C．与所成角的正切值为 D．与平面所成角的正切值为2 【答案】B 【分析】对于A：结合已知条件，构造平行四边形，然后利用线面平行判定定理即可判断；对于B：结合空间几何关系即可判断；对于CD：通过直线的平行关系，利用异面直线夹角的求法和线面夹角的定义即可判断. 【详解】分别取，的中点为，，连接，，，，如下图所示： 对于A：由题意可知，，且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B： 因为直三棱柱的棱长均相等，所以，即为等腰三角形，从而与不垂直， 因为，， 所以与不垂直，故B错误； 对于C：因为 所以与所成角为与所成角， 从而，故C正确； 对于D：与平面所成角为与平面所成角， 由直三棱柱的性质可知，所求角为， 故，故D正确. 故选：B. 8. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，分别是，的中点，，则球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】设，，分别为，中点，，且， 为边长为2的等边三角形，， 又，，， 在中，由余弦定理， 作于，，为中点， 又，，解得， ， 又，，，两两垂直， 即三棱锥是以，，为棱的正方体的一部分； 所以球的直径，解得， 则球的体积 1. 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. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面朝上”，事件“第二枚正面朝上”，则下列结论正确的是（ ） A． B． C．事件与互斥 D．事件与相互独立 【答案】ABD 【分析】采用列举法，结合古典概型概率公式可知AB正确；根据互斥事件和独立事件的定义可知CD正误. 【详解】对于AB，抛掷两枚质地均匀的硬币，所有基本事件有{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}，其中满足事件的有{正，正}，{正，反}两种情况，事件和事件同时发生的情况有且仅有{正，正}一种情况， ，，A正确，B正确； 事件与事件可以同时发生，事件与事件不互斥，C错误； 事件的发生不影响事件的发生，事件与事件相互独立，D正确. 故选：ABD. 10.锐角的内角，，的对边分别为，，．若，则（ ） A． B．的取值范围是 C． D．的取值范围是 【答案】ABD 【分析】由正弦定理结合三角恒等变换得出，再由锐角三角形的定义得出，再由求解即可. 【详解】由正弦定理可知，，，，即，所以，，因为是锐角三角形，所以，解得， 故选：ABD 11.在正方体中，点M在线段上运动，则下列说法正确的是（　　） A．直线平面 B．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 C．异面直线AM与所成角的取值范围是 D．三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【分析】根据空间点线面之间的关系，逐项分析判断即可得解. 【详解】 对A选项，在正方体中，如图，又平面， 所以，所以平面，所以，同理，所以直线平面，故A正确； 对选项B，连接交于点，连接交于点，根据对称性，当点M位于点时，直线与平面所成角最大为，设正方体的边长为2，则，此时，故B正确； 对C，由，异面直线AM与所成角为直线AM与所成角，故当在点处时所成角最大，此时，所成角为，当在点或处时，所成角最小为，故C错误； 对D，因为，平面，所以平面，又直线， 所以动点到平面的距离恒定，故三棱锥的体积为定值，D正确， 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.设复数，满足，，，则________． 【答案】 【分析】由已知可得，进而由可得，从而有，故而可得答案. 【详解】解：因为，所以， 又，， 所以， 所以， 所以， 所以， 故答案为：. 13.某工厂名工人某天生产同一类型零件，生产的件数分别是，，，，，，，，，，则这组数据的方差为_____．（参考数据：这组数据的平方和为） 【答案】 【分析】根据方差公式直接计算即可. 【详解】由已知得， ， 方差， 故答案为：. 14.如图，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等，“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠己作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四个点A，B，C，D满足，，，则该“鞠”的表面积为____________. 【答案】 【分析】根据给定条件，四面体可作为一长方体的四个顶点，再利用长方体求出“鞠”的直径即可计算作答. 【详解】在四面体中，因，，， 则点是某一长方体的四个顶点，如图， 令此长方体的长、宽、高分别为，则有，即有， 令该长方体的外接球的半径为，因此， 该“鞠”的表面积为. 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.关于的实系数一元二次方程． (1)若方程有一个根是，求的值； (2)当时，方程的两个虚根满足，求的值． 【答案】(1)9 (2) 【分析】（1）将代入方程，根据实部、虚部为0求得的值； （2）用求根公式直接求出两个虚根，代入求的值． 【详解】（1）因为为方程的一根， 所以，即 ， 所以且 ，故 ， 所以 （2）方程有两个虚根，则，故 ， 因为的两个虚根为， 所以，故 ， 所以满足条件. 综上： 16. 在三棱锥中，平面，点在棱上且是的外心（三角形三边的垂直平分线的交点叫三角形的外心即外接圆的圆心），点是的内心（三角形的内心是三角形三条角平分线的交点即内切圆的圆心），. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据平面得到，根据为的内心得到，即可得到平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据平面得到为二面角的平面角，根据，为的外心，得到，再结合得到为等边三角形，，然后利用勾股定理得到，，最后利用余弦定理和同角三角函数基本公式求角即可. 【详解】（1）∵平面，平面， ∴， ∵为的内心， ∴， ∵，平面，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面⊥平面. （2） 延长交于，连接， ∵平面，平面，平面，平面平面， ∴，， ∴为二面角的平面角， ∵，为的外心， ∴为中点，且， ∵， ∴为等边三角形，， 在中，，，∴， 在中，，，∴， ， ∵，∴, 所以二面角的正弦值为. 17. 已知的内角、、所对的边长分别为、、，且，若，，求： (1)求的值； (2)求的最大值. 【答案】(1)，(2) 【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理求出的值，再利用诱导公式可求得的值； （2）解法一：根据结合余弦定理可得出，利用基本不等式可求得的最大值； 解法二：由向量的线性运算可得出，利用平面向量数量积的运算可得出，利用基本不等式可求得的最大值. 【详解】（1）解：由已知和正弦定理得， 由余弦定理可得， 所以. （2）解：法一：，则， 由得， 即， 又中， 从而， 即， 所以（当且仅当时取等号）， 故的最大值为. 法二：由 所以，， 即， 即， 所以（当且仅当时取等号）， 故的最大值为. 18. 第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. (1)求a，b的值； (2)计算本次面试成绩的众数和平均成绩； (3)根据组委会要求，本次志愿者选拔录取率为19%，请估算被录取至少需要多少分. 【答案】(1)； (2)众数为70，平均成绩为69.5分； (3)78分. 【分析】（1）先算出第五组频率，可得.后由前两组频率和为0.3可得. （2）由众数，平均数计算公式可得答案. （3）中位数对应录取率为，本题即是求频率所对应分数. 【详解】（1）由题图可知组距为10. 第三组，第四组频率之和为，又后三组频率和为0.7， 则第五组频率为0.05，第一组频率也为0.05，故第二组频率为0.25. 得. （2）由题图可知第三个矩形最高，故众数为. 平均数为. （3）前三组频率之和为. 前四组频率之和为. 故频率0.81对应分数在75到85之间. 设分数为，则有，解得. 故若要求选拔录取率为19%，至少需要78分. 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是等边三角形，平面平面分别是的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过作辅助线，利用三角形、面面垂直的性质以及线面垂直的判断定理. （2）利用面面垂直的性质定理、勾股定理、三棱锥的体积公式以及等体积法进行求解. 【详解】（1） 证明：如图，取的中点，连接， 因为是等边三角形，所以. 又平面平面，平面平面， 所以平面. 连接，因为底面是边长为2的正方形，是的中点， 所以. 又是的中点，，所以. 因为，所以平面. （2） 由题可知，，点到平面的距离， 则， 因为，平面平面，所以平面， 又平面，所以， 则. 又， 所以，则, 设点A到平面的距离为，因为，所以， 解得，即点A到平面的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $$