精品解析：宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

石嘴山三中2024—2025学年第二学期高一年级月考 （5月）数学试题 命题人：刘金瑞 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题： （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. 下列事件是必然事件的是（ ） A. 连续两次掷一枚硬币，两次都出现正面向上 B. 异性电荷相互吸引 C. 在标准大气压下，水在1℃时结冰 D. 任意掷一枚骰子朝上的点数是偶数 【答案】B 【解析】 【分析】 根据必然事件的定义判断． 【详解】四个选项都是随机事件，根据定义只有B选项是一定会发生的，是必然事件. 故选：B. 【点睛】本题考查随机事件与必然事件的概念，属于基础题． 2. 若，则　　 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的除法法则计算可得． 【详解】解：， ， 则， 故选：． 3. 已知l，m是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，， 则 B. 若，，， 则 C. 若，，， 则 D. 若，， 则 【答案】D 【解析】 【分析】空间中线面、面面位置关系的判定，需结合立体几何基本定理进行推理. 【详解】A、也有可能在平面内，命题错误. B、只垂直于平面内的一条直线,不足以推出线面垂直，或者从面面垂直的性质角度看其缺少的条件，故结论不正确. C、只垂直于平面内的一条直线，不足以推出,也不足以推出,命题错误. D、由面面平行的性质可得:命题正确. 故选：D. 4. 已知按照斜二测画法画出它的直观图（如图所示），其中 则的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则和线段的长度关系即可求出的长. 【详解】在斜二测画法中，平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段长度变为原来的一半. 由直观图可知，,. 在平面图中，，所以根据勾股定理. 故选：C. 5. 若，，…，的方差为2，则，，…，的方差是（ ） A. 18 B. 7 C. 6 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设，，…，的平均数为，写出方差的表示式，同样地表示出所求的方差，利用两式的整体关系求解． 【详解】解：设，，…，的平均数为，方差 又易知，，…，的平均数为． 且， 所以其方差． 故选：A． 6. “阿基米德多面体”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，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“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为，则其体积为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将多面体放置于正方体中，借助正方体分析多面体的结构，由此求解出多面体的体积. 【详解】将该多面体放入正方体中，如图所示：由于多面体的棱长为，则正方体的棱长为2， 该多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得， 所以该多面体的体积为， 故选：D. 7. 在锐角三角形中，分别是内角的对边，设，则的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由正弦定理得： ，为锐角，即，且 为锐角， ,所以，即， ，则的取值范围是，故选A. 8. 已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是　　 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可． 【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点， 则，，， 设，则，，， 则 当，时，取得最小值， 故选：． 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. 已知为虚数单位，则（ ） A. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 B. C. D. ，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的几何意义以及运算规则求解. 【详解】对于A，对应的点坐标为在第四象限，正确； 对于B，，错误； 对于C， ， 故，正确； 对于D， ，正确； 故选：ACD. 10. 已知样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的6个样本如图所示，甲绘制折线图时忘记标注样本数据，则（ ） A. 样本A的极差小于样本B的极差 B. 样本A的70%分位数小于样本B的30%分位数 C. 样本A的平均数小于样本B的平均数 D. 样本A的方差小于样本B的方差 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，分析两组数据，结合极差定义得A正确；B选项，利用百分位数的定义得到B正确；C选项，分析两组数据，结合平均数定义得到C正确；D选项，样本A的离散程度小于样本B的离散程度，D正确. 【详解】A选项，由图可知样本A的最高点与最低点的高度差小于样本B的最高点与最低点的高度差， 所以样本A的极差小于样本B的极差，A正确． B选项，因为，，所以样本A的70%分位数是A中最大的数据， 样本B的30%分位数是B中最小的数据，则样本A的70%分位数大于样本B的30%分位数，B不正确． C选项，由图可知样本A每个样本的数据均小于样本B的对应数据， 所以样本A的平均数小于样本B的平均数，C正确． D选项，样本A的离散程度小于样本B的离散程度，所以样本A的方差小于样本B的方差，D正确． 故选：ACD 11. 如图，在棱长为1的正方体中，下列结论中正确的有（ ） A. 异面直线与所成的角为60° B. 直线与平面所成的角为45° C. 二面角的正切值为2 D. 四面体的外接球的体积为 【答案】AD 【解析】 【分析】把异面直线与所成的角转化为直线与所成的角，在等边中，可判定A正确；证得平面，得到为直线与平面所成的角，再直角中，求得，可得判定B不正确；证得和，得到为二面角的平面角，在直角中，求得，可判定C不正确；根据四面体的外接球与正方体的外接球为同一个球，结合正方体的性质和球的体积公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，连接，在正方体中，可得， 所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角， 在等边中，可得， 所以异面直线与所成的角为，所以A正确； 对于B中，连接与交于点，连接， 在正方体中，可得平面， 因为平面，所以， 在正方形中，可得， 又因为，且平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 在直角中，，所以， 此时，所以B不正确； 对于C中，由B项知：平面，因为平面，所以， 又因为，所以为二面角的平面角， 在直角中，，可得，所以C不正确； 对于D中，四面体的外接球与正方体的外接球为同一个球， 设正方体的外接球的半径为， 因为正方体的棱长为，可得，所以， 所以四面体的外接球的体积为，所以D正确. 故选：AD. 三、填空题： （本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是____. 【答案】. 【解析】 【分析】由题意首先求得平均数，然后求解方差即可. 【详解】由题意，该组数据的平均数为， 所以该组数据的方差是. 【点睛】本题主要考查方差的计算公式，属于基础题. 13. 定义 若 则与 方向相同的单位向量的坐标为____ 【答案】 【解析】 【分析】先由题意求出，再根据单位向量的定义即可直接计算求解. 【详解】由题意可得， 所以与方向相同的单位向量的坐标为. 故答案为：. 14. 如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，已知是线段上的点， 且则二面角的正切值为__________ 【答案】 【解析】 【分析】利用空间垂直关系作出二面角的平面角，再结合勾股定理和正切函数可求得正切值. 【详解】 由已知是线段上的点， 且 利用勾股定理可得：， 由余弦定理可得：， 过点作，连接，由底面， 底面，所以有， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 故就是二面角的一个平面角， 而，则， 则， 所以二面角的正切值为， 故答案为： 四、解答题： （本题共5小题， 其中第15题13分， 第16，17题15分， 第18，19题17分，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 且， （1）求与； （2）若 求向量，的夹角的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行和向量垂直的坐标表示即可求出的值，从而得到. （2）首先将向量的坐标表示出来，然后根据向量夹角的余弦公式求出向量的夹角的余弦值，从而求得夹角的大小. 【小问1详解】 因为， 所以，所以.从而. 因为， 所以，所以，从而. 【小问2详解】 因为， 所以， . 所以，. 所以. 所以向量的夹角为. 16. 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，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（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，. （1）求频率分布直方图中a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51，方差是7，的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 【答案】（1）a＝0.030 （2）84 （3）59，23 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1求解； （2）根据百分位数的定义求解； （3）根据平均数和方差的计算公式求解. 【小问1详解】 ∵每组小矩形的面积之和为1， ∴， ∴； 【小问2详解】 成绩落在内的频率为， 成绩落在内的频率为， 所以第75百分位数落在内， 设第75百分位数为m，则， 解得， 即第75百分位数为84. 【小问3详解】 由图可知，成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为， 故两组成绩的总平均数为， 设成绩在中10人的分数分别为，，，…，； 成绩在中20人的分数分别为，，，…，， 则由题意可得，，， 即，， 所以， 所以两组市民成绩的总平均数是59，总方差是37． 17. 在中，角的对边分别是，且． （1）求角的大小； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得； （2）由余弦定理求出、，再由面积公式计算可得. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 即， 又，所以，所以， 又，所以. 【小问2详解】 由余弦定理，即， 又，解得（负值已舍去）， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，， ． （1）设分别为的中点， 求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见进行 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，需证明线线平行即可，即证明. （2）要证明线面垂直，需证明垂直于平面内的两条相交直线，已知，再找出一条直线与垂直即可. （3）首先确定直线与平面的夹角，然后根据直角三角形的边角关系可求得其余弦值. 【小问1详解】 连接交于点. 因为四边形为平行四边形，为的中点，为的中点， 所以. 又平面，不在平面内， 所以平面. 【小问2详解】 取的中点，连接. 因为为等边三角形，是的中点，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面. 所以，又，所以平面. 【小问3详解】 连接，由（2）知平面，所以为直线与平面的所成角. 在等边三角形中，，所以. 因为平面中，平面， 所以，根据勾股定理得. 所以. 所以直线与平面所成角的余弦值为. 19. 如图，在平面五边形中，，，，，的面积为．现将五边形沿向内进行翻折，得到四棱锥． （1）求证： （2）求四棱锥的体积的最大值； （3）当二面角的大小为时，求直线与平面所成的角的正切值． 【答案】（1）证明:连接， 在中，由，， 由余弦定理可知， 即，且， 又，， 则在中，，且， ， 即； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，在中由余弦定理可得及，再在中结合直角三角形性质可得，进而可得证； （2）过点分别作与的垂线，即可得四棱锥的高为，在由，进而可得四棱锥体积及其最值； （3）由（2）可知在平面上的投影为，可知线面角的平面角为，结合二面角的定义可得，再在四边形中根据垂直可证全等，进而可得，从而可得线面角的正切值. 【小问1详解】 连接， 在中，由，， 由余弦定理可知， 即，且， 又， ， 则在中，，且， ， 即； 【小问2详解】 过点作于点，作平面于点，连接， 设，， 则，， 由已知在中，， 可得， 则， 所以， 又， 所以当时，取得最大值为； 【小问3详解】 由已知二面角的大小为， 可知点在四边形外，且， 连接，则即为直线与平面夹角的平面角， 由（2）得， 则，， 平面，且平面， ， 又，，，平面， 平面， 又平面， ， 设与交点为， 由，， ， ， ，即， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山三中2024—2025学年第二学期高一年级月考 （5月）数学试题 命题人：刘金瑞 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题： （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. 下列事件是必然事件的是（ ） A. 连续两次掷一枚硬币，两次都出现正面向上 B. 异性电荷相互吸引 C. 在标准大气压下，水在1℃时结冰 D. 任意掷一枚骰子朝上的点数是偶数 2. 若，则　　 A. B. C. D. 3. 已知l，m是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，， 则 B. 若，，， 则 C. 若，，， 则 D. 若，， 则 4. 已知按照斜二测画法画出它的直观图（如图所示），其中 则的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 5. 若，，…，的方差为2，则，，…，的方差是（ ） A. 18 B. 7 C. 6 D. 2 6. “阿基米德多面体”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，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“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为，则其体积为（ ） A. B. 5 C. D. 7. 在锐角三角形中，分别是内角的对边，设，则的取值范围是 A. B. C. D. 8. 已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是　　 A. B. C. D. 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. 已知为虚数单位，则（ ） A. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 B. C. D. ，则 10. 已知样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的6个样本如图所示，甲绘制折线图时忘记标注样本数据，则（ ） A. 样本A的极差小于样本B的极差 B. 样本A的70%分位数小于样本B的30%分位数 C. 样本A的平均数小于样本B的平均数 D. 样本A的方差小于样本B的方差 11. 如图，在棱长为1的正方体中，下列结论中正确的有（ ） A. 异面直线与所成的角为60° B. 直线与平面所成的角为45° C. 二面角的正切值为2 D. 四面体的外接球的体积为 三、填空题： （本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是____. 13. 定义 若 则与 方向相同的单位向量的坐标为____ 14. 如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，已知是线段上的点， 且则二面角的正切值为__________ 四、解答题： （本题共5小题， 其中第15题13分， 第16，17题15分， 第18，19题17分，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 且， （1）求与； （2）若 求向量，的夹角的大小． 16. 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，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（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，. （1）求频率分布直方图中a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51，方差是7，的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 17. 在中，角的对边分别是，且． （1）求角的大小； （2）若，，求的面积． 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，， ． （1）设分别为的中点， 求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 19. 如图，在平面五边形中，，，，，的面积为．现将五边形沿向内进行翻折，得到四棱锥． （1）求证： （2）求四棱锥的体积的最大值； （3）当二面角的大小为时，求直线与平面所成的角的正切值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $