河南南阳市第一中学校2025-2026学年高一下学期5月月考数学试卷

南阳一中2025级高一下学期数学5月月考试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．高一某班有30位同学，把他们依次编号为01，02，…，29，30，现利用下面的随机数表选取6位同学组建“文明校园督查组”．选取方法是从随机数表第1行第5列的数字开始，由左到右每次选取两个数字，则选出来的第6位同学的编号为（ ） 41792 71635 86089 32157 95620 92109 29145 74955 82835 98378 83513 47870 20799 32122 A．29 B．21 C．14 D．09 2．已知平面，直线m，n满足，，则“”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．斛（hú）是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四棱台的上、下底面边长分别为，，侧面积为72，则该正四棱台的体积为（ ） A．56 B． C． D． 4．已知在中，斜边平面，，，分别与平面成和的角，已知，则到平面的距离为（ ） A．4 B． C． D． 5．正方体中，点E，F，G分别是，，的中点，则下列中与直线有关的正确命题是（ ） A． B．与是异面直线 C．四边形是正方形 D．平面 6．平面四边形中，，，．现将沿翻折至，使得，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 7．已知5名篮球运动员在某场比赛中的得分均为个位数，且平均数、中位数和极差均为6，则当方差取最大值时，这组得分的第60百分位数是（ ） A．6 B．6.5 C．7 D．7.5 8．设锐角的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则周长的取值范围为（ ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9．某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本．经计算得到男生身高样本均值为170 cm，方差为17 cm2；女生身高样本均值为160 cm，方差为30 cm2．下列说法中正确的是（ ） A．男生样本容量为30 B．每个女生被抽入到样本的概率均为 C．所有样本的均值为166 cm D．所有样本的方差为46.2 cm2 10．对于两条不同直线a，b和两个不同平面，，下列选项正确的为（ ） A．若，，，则 B．若，，，则或 C．若，，，则或 D．若，，，则 11．如图，在棱长为1正方体中，点P，Q分别是线段，上的动点，点E是棱的中点，下列命题正确的有（ ） A．异面直线与所成的角为定值 B．的最小值为 C．三棱锥的体积随P点的变化而变化 D．过点E作平面，当平面时，平面与正方体表面的交线构成平面多边形的周长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在中，，，D为的中点，，则______． 13．已知一组正数，，，的方差，则数据，，，的平均数为______． 14．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，二面角为，则三棱锥外接球的半径为______． 四、解答题：本题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．（本小题12分） 已知母线长为的圆锥的侧面展开图为半圆． （1）求圆锥的底面积； （2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积． 16．（本小题12分） 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a的值及样本成绩的第75百分位数； （2）求样本成绩的众数，中位数和平均数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差． 17．（本小题12分） 如图所示，已知平面，平面，为等边三角形．，F为的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求直线和平面所成的角的正弦值． 18．（本小题12分） 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求B． （2）已知点D在边上，且，，，求的长． 19．（本小题12分） 如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面平面，，，，点E是棱上的一点． （1）记平面与平面的交线为l，求证：； （2）若，求二面角的正弦值； （3）若直线与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 学科网（北京）股份有限公司 $1.【答案】A2.【答案】A3.【答案】B4.【答案】C5.【答案】D 6.【答案】C7.【答案】D8.【答案】C9.【答案】ACD10.【答案】AD 11.【答案】ABD 12.【答案】4v3 13.【答案】4 14.【答案】 3 15.【答案】解：(1)如图，设0B=R,在半圆⊙A中，AB=4V5, 扇形弧长：43π，则2πR=4V3元，所以R=2√3， 故圆锥的底面积为S圆锥=πR2=12π· (2)设圆柱的高OO=h,OD=r,在Rt△A0B中，A0=V√AB2-0B2=6, AO OB 623'h=6-5, 因为△A0,D,∽△40B,所以40=OD,即6-h-P S国#制面积=2πrh=2r(6-V5r)=-2V3π，2-25r=-2V5πr-V5+6V3π， 所以，当r=V3,h=3时，圆柱的侧面积最大，此时V圆柱=πr2h=9π， B 【解析】本题考查结合体问题，结合体的体积的最值，圆锥的展开图，圆锥的高与底面半径的关系，属于 中档题， (1)设OB=R,利用展开图是半圆，求解R,然后求解底面积. (2)设圆柱的高O0=h,OD=r,通过△A0D∽△A0B,推出40-OD,求解h与n,然后求解圆 AO OB 柱的体积的最大值即可. 16.【答案】解：(1)根据题意可得0.05+0.1+0.2+10a+0.25+0.1=1,解得a=0.030; 因为前四组的频率和为0.05+0.1+0.2+0.3=0.65， 前五组的频率和为0.05+0.1+0.2+0.3+0.25=0.9， 显然第75百分位数在(80,90内， 所以第75百分位数为80+0.75-0.65=84： 0.025 (2)由70+80=75，得样本成绩的众数为75： 2 成绩落在40,70)内的频率为0.05+0.1+0.2=0.35， 成绩落在40,80内的频率为0.05+0.1+0.2+0.3=0.65， 故中位数在[70,80)内，由70+05-0.35 ×10=75,得样本成绩的中位数为75， 0.65-0.35 由45×0.05+55×0.1+65×0.2+75×0.3+85×0.25+95×0.1=74， 得样本成绩的平均数为74： (3)由频率分布直方图知，成绩在50,60)的市民人数为100×0.1=10， 成绩在60,70)的市民人数为100×0.2=20， 所以z-54×10+66×20=62, 30 总方差为1000[7+54-6门420[4+6-6]}=37. 【解析】本题考查百分位数，平均数、中位数、众数，分层随机抽样的样本均值，分层随机抽样的方差， 频率分布直方图，属于中档题. (1)根据频率和为1求得a=0.030,结合百分位数定义求第75百分位数； (2)根据直方图，及众数、中位数、平均数求法求值； (3)根据己知求样本总均值，再由总方差公式求样本总方差. 17.【答案】(1)证明：如图，取CE的中点M,连接BM,FM. D F 因为AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD, 所以ABIIDE, 且DE=2AB,所以AB,DE 又M,F分别为CE,CD的中点，所以MF号DE, 所以AB二MF,所以四边形ABMF为平行四边形， 所以AF IBM, 又AFd平面BCE,BMC平面BCE, 所以AF∥平面BCE. (2)证明：因为DE⊥平面ACD,AF丈平面ACD, 所以DE⊥AF, 因为△ACD为等边三角形，F为CD中点， 所以AF⊥CD, 由(1)可知BM∥AF, 所以CD⊥BM,BM⊥DE, 因为CD∩DE=D,CD,DEc平面CDE, 所以BM⊥平面CDE, 且BMC平面BCE,所以平面BCE⊥平面CDE, (3)取线段DE的中点P,连接BP, ABIIDP且AB=DP, .四边形ABPD是平行四边形，.ADIIBP. 则直线AD和平面BCE所成的角就是直线BP和平面BCE所成的角 过点P作PN⊥CE,垂足为N,连结BN. 由(2)知平面BCE⊥平面CDE,又平面BCE∩平面CDE=CE,PNC平面BCE, :PN⊥平面BCE, :∠PBN为直线BP和平面BCE所成角， 设AB=1,则DE=AC=CD=AD=2, DE⊥平面ACD,DCc平面ACD, .DE⊥DC :CD=DE,∠DEC=T 4 PN L CE,EP=1..NP= 2 ,四边形ABPD为平行四边形， :BP=AD=2. sin∠NBP=WP-反 BP 4 故直线AD和平面8CE所成的角正弦值为2 4 【解析】本题考查线面平行的判定，面面垂直的判定，直线与平面所成角的求法，属于中档题， (1)取CE的中点M,由三角形的中位线性质证明四边形ABMF为平行四边形，得到AF∥BM,从而证明 AFI∥平面BCE; (2)通过证明AF⊥CD,DE⊥AF,从而得BM⊥CD,DE⊥BM,证明BM⊥平面CDE,即可证得平 面BCE⊥平面CDE; (3)取线段DE的中点P,连接BP,则直线AD和平面BCE所成的角就是直线BP和平面BCE所成的角， 过点P作PN⊥CE,垂足为N,连结BN.由(2)知PN⊥平面BCE,得到∠PBN为直线BP和平面BCE 所成角，然后通过△NBP求正弦值 18.【答案】(1)因为cosC+V5sinC=a+C,由正弦定理可得sin BcosC+3 sin BsinC=sinA+sinC.因 b 为A=π-B-C,所以sinA=sin(B+C=sin BcosC+cos Bsin C,V√3 sin BsinC=cos BsinC+sinC, V3sinB=0sB+l,即3sin B-csB=,改smB石=，·0<B<,所以B-=即B= 66 3 (2)如图，方法一：由题意设CD=x,AD=2x,BC=y,由(1)得B=元.在△4BC中，由余弦定理 可得，cosB=48+BC4C_6+3-号0.因为4DB+∠BDC=，所以 2·AB·BC 2×6×y2 27+(2x2-62x2+27-y2 coS∠ADB+cos∠BDC=0,即 =0②，联立①②，解得 2×2V7×2x 2×x×2V7 x=2,(负值 y=6, 舍去)则AC=3x=6,BC=6. D 3 3 3 91 33 91 28=4xBC+2x2BC×x6xcos+日×36.解得BC=6,BC=-9(舍去). 2 3 3 39 【解析】略 19.【答案】解：(1)证明：因为四边形ABCD是平行四边形， 所以BC∥AD, 又BC平面PAD,ADC平面PAD, 所以BCI∥平面PAD, 又平面PAD∩平面PBC=I,BCC平面PBC, 所以1I/BC: (2)分别取BD,PB的中点O,G, 连接EO,EG,OG,如图所示， 因为PB=PD=2,PB⊥PD, 所以BD=VPB2+PD2=2V2, 又AB=2,AD=2√5，由余弦定理得 cOS∠ADB= D4+DB-AB_(25+22-230 2DA·DB 2×2W5×2W2 10 又AE=2ED, 所以ED=DA=25,00=D8=5, 1 3 3 2 EO=ED2+DO2-2ED.DOcos ZEDB +-2x25x2x3io-2 3 103 所以ED2=EO+DO,即E0⊥D0,即E0⊥BD, 又平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD, EOc平面ABCD, 所以EO⊥平面PBD, 又OG,PBc平面PBD, 所以E0⊥OG,EO⊥PB, 因为O,G分别为BD,PB的中点， 厨以0GPD=1,0GPD 又PB⊥PD,所以PB⊥OG, 又0G∩0E=0,OG,0Ec平面0GE, 所以PB⊥平面OGE, 又EGc平面OGE,所以PB⊥EG, 所以∠EGO为二面角E-PB-D的平面角， 因为E010G,E0=2 ,0G=1, 所以EG=VOG+EO 12 √2 3 3 √2 所以sin∠EGO= EO 3 √22 EG√1111 3 即二面角E-P8-D的正弦值为Y2 11 (3)连接P0,OA,如图所示， 因为PB=PD=2,PB⊥PD,点O为BD的中点， 所以PO=V2,P0⊥BD, 又平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,POC平面PBD, 所以PO⊥平面ABCD, 又AOc平面ABCD,所以PO⊥AO, 在△AOD中， 由余弦定理得AO=√DA2+DO2-2DA·DO cos.∠ADO =25°+2列-2x25x2x3而-0， 10 所以PA=VP02+0A2=2V3,又PB=AB=2, =V3, 显然点E不与点A重合，设AE=1AD(0<元≤1)， 所以VE-P4B=Vn-PAB=元P-ABD=元·S△MBD·PO -1xxix25x2x0x=22. 32 10 3 设E到平面PAB的距离为h, 则×5xh=22元，解得h=26元， 2 3 3 又直线PE与平面PAB所成角的余弦值为 3 2V6 所以3 E 所以PE=2V3λ， 在△PAD中，PA=23,AD=2N5,PD=2, 则cos∠PAD=4P2+AD2-PD2=12+20-47 2AP·AD 2×2V3x25215' 在△PAE中， AP2+AE2-PE2 =coS∠PAE, 2AP×AE 即12+2022-1212、7 2×2V3×25λ215 整理得2元2-7元+3=0，解得元=或元=3（舍）， 2 所以PE=25=√5. G 【解析】详细解答和解析过程见【答案】