精品解析：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，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，由左到右依次选取两个数字，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α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”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,E,F,G分别是的中点,则下列中与直线AE有关的正确命题是 A. AE丄CG B. AE与CG是异面直线 C. 四边形ABC1F是正方形 D. AE//平面BC1F 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. 设锐角的三个内角的对边分别为 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，方差为17；女生身高样本均值为160，方差为30.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 D. 所有样本的方差为46.2 10. 对于两条不同直线，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. 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. 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：[40,50)，[50,60)，，[90,100]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. 如图所示，已知平面ACD，平面ACD，为等边三角形.，F为CD的中点. （1）证明：平面BCE； （2）证明：平面平面CDE； （3）求直线AD和平面BCE所成的角的正弦值. 18. 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. 如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面平面，，点是棱上的一点． （1）记平面与平面的交线为，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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，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，由左到右依次选取两个数字，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 【答案】A 【解析】 【分析】根据随机数表法分析求解. 【详解】从随机数表第1行第5列的数字开始，由左到右依次选取两个数字分别为 27，16，35（舍去），86（舍去），08，93（舍去），21，57（舍去）， 95（舍去），62（舍去），09，21（舍去），09（舍去），29. 故最终取得的第6个数字为29. 故选：A 2. 已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”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 【答案】A 【解析】 【详解】，，所以当时，成立，即充分性成立；当时， 不一定成立，可能是异面直线，故必要性不成立；所以是的充分不必要条件， 故选：A 3. 斛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. 【答案】B 【解析】 【分析】求出正四棱台的侧棱长和高，根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】 如图，记该正四棱台为，在等腰梯形中，过作于E，则． 由该正四棱台的侧面积为72可知，， ∴，则． 连接AC，，则，， 在等腰梯形中，过作于F，则． 根据正四棱台的性质可知，平面ABCD． 在中，． 该正四棱台的体积， 故选：B． 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. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据线面角的定义，作出线面角，再根据几何关系，求解点到平面的距离. 【详解】作于点，于点，则由，得， 且就是BC到平面α的距离，设， 连接、，则，，∴，， 在中，，， ∴，∴，即到平面的距离为. 5. 正方体中,E,F,G分别是的中点,则下列中与直线AE有关的正确命题是 A. AE丄CG B. AE与CG是异面直线 C. 四边形ABC1F是正方形 D. AE//平面BC1F 【答案】D 【解析】 【分析】根据与平面不垂直，判断A;根据判断B;根据判断C;根据线面平行的判定定理判断D. 【详解】由正方体的几何特征，可得， 但与平面不垂直， 故不成立； 由于，故A，E，B，C四点共线 与是异面直线错误； 四边形中，，故四边形是正方形错误； 而，由线面平行的判定定理，可得平面,故选D. 【点睛】本题主要考查空间线线关系与空间线面关系的判断，考查了空间想象能力，属于基础题. 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. 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据球的性质找出球心平面，进一步确定其具体位置为的交点，其中的外心为，进而在直角三角形中解决即可. 【详解】设， 因，，则是等边三角形， 因，，则， 因，则与全等，则， 则，为中点（三线合一），则，， 在中利用余弦定理得 因平面，则平面， 因为线段的中点，则三棱锥的外接球球心平面， 设的外心为，则为线段上靠近点的三等分点， 因的外心为，则平面，平面， 因平面，平面，则， 因，则， 因，则在中，， 则在中，， 三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C 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 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设这组得分从小到大分别为，由数据的平均数、中位数和极差均为6，因为平均数为6，求得，分和，得出数据，结合百分位数的计算方法，即可求解. 【详解】因为这组得分的中位数和极差均为6， 可设这组得分从小到大分别为， 因为平均数为6，可得 又因为，，所以，所以， 所以，故. 当时，这组得分分别为2，6，6，8，8. 方差： 当时，要使方差最大，则取最小值3，取最大值9，这组得分分别为3，3，6，9，9， 方差: ， 此时方差最大. 又由，所以方差最大时的这组得分的第60百分位数是6和9的平均数7.5. 故选：D. 8. 设锐角的三个内角的对边分别为 且，，则周长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为△为锐角三角形，所以，，，即，，，所以，；又因为，所以，又因为，所以；由，即，所以，令，则，又因为函数在上单调递增，所以函数值域为， 故选C 点睛：本题解题关键是利用正弦定理实现边角的转化得到周长关于角的函数关系，借助二次函数的单调性求最值，易错点是限制角的取值范围. 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，方差为17；女生身高样本均值为160，方差为30.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 D. 所有样本的方差为46.2 【答案】ACD 【解析】 【分析】分层抽样等比例性质求男女生样本容量，再由古典概型的概率求每个女生被抽入到样本的概率判断A、B；利用均值、方差公式，结合男、女的样本的均值和方差求样本总体均值方差判断C、D. 【详解】A：由人，正确； B：由人，故每个女生被抽入到样本的概率为，错误； C：所有样本的均值为，正确； D：男生方差，女生方差， 所有样本的方差 ，正确. 故选：ACD 10. 对于两条不同直线，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 【答案】AD 【解析】 【分析】利用线线、线面、面面之间的位置关系，对选项逐一判断正误即可. 【详解】A中，由，知，或，而，故，即选项A正确； B中，由，，知，a，b平行、异面或相交，故选项B错误； C中，由，，知， 或相交，无法确定垂直，故选项C错误； D中，由， 知，或，而，故，即选项D正确. 故选：AD. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面垂直即可求解A，根据平面中两点间距离最小即可求解B,根据等体积法即可求解C,根据线面平行的性质可得截面多边形,即可求解D. 【详解】由于平面平面, 平面,所以平面，平面，所以，则异面直线与所成的角为90°，故A正确； 把平面沿直线翻折到平面，使得与共面且不重合，点翻折到点M的位置，过A作交于点R， 由于与为全等的直角三角形，且, 所以，故, 故,则的最小值为线段的长，故B正确； 因为,由于为定值,且到底面的距离为定值，故体积为定值，故C错误. 分别取的中点为，连接构成六边形,则平面平面,故平面即为六边形所在的平面，由于六边形为正六边形，且边长为,故其周长为，故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. 在中，，，D为的中点，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设，在和中利用余弦定理，又，即可得到，即可求出参数的值，从而得解； 【详解】设，则， 在中由余弦定理，即①； 在中由余弦定理，即②； 又，所以，所以①+②得，，解得 所以 13. 已知一组正数的方差，则数据的平均数为________. 【答案】4 【解析】 【详解】试题分析：由题意，，所以 ． 考点：方差与均值． 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________． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连结，，找到二面角的平面角，根据球心与三角形外心连线垂直于三角形所在平面，再结合勾股定理，即可求出三棱锥外接球的半径. 【详解】 取的中点，连结，，又，，所以，, 所以为二面角的平面角，又二面角为，所以， 因为，，所以，所以， 所以为直角三角形，在平面内过作的垂线，则该直线垂直于平面， 设的外心为，在平面内过作的垂线，设两垂线交于，则为三棱锥外接球的球心， 又，，所以，又， 又在中，，所以， 在中，，所以， 所以三棱锥外接球的半径为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是正确找出球心的位置，通过勾股定理计算出求的半径. 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. 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. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据展开图扇形的弧长即为底面圆的周长求出底面圆的半径，即可求出圆锥的底面积； （2）设圆柱的高，，根据三角形相似得到，即可表示出圆柱的侧面积，根据二次函数的性质求出面积最大值，即可得解； 【详解】解：（1）沿母线剪开，侧面展开图是以为半径的半圆 设，在半圆中，，弧长为， 圆锥的底面周长，所以，所以， 故圆锥的底面积为. （2）设圆柱的高，，在，， ∵，所以，即，， ， 所以，当，时，圆柱的侧面积最大，此时. 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，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：[40,50)，[50,60)，，[90,100]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. 【答案】（1），第75百分位数为84； （2）众数为75，中位数为75，平均数为74； （3）平均数为62，方差为37. 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1求得，结合百分数定义求第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）根据已知求样本总均值，再由总方差公式求样本总方差. 【小问1详解】 由每组小矩形的面积之和为1，得，解得， 成绩在内的频率为，在内的频率为， 显然第75百分位数，由，解得， 所以第75百分位数为84. 【小问2详解】 由，得样本成绩的众数为75， 成绩落在[40,70)内的频率为， 成绩落在内的频率为， 故中位数在[70,80)内，由，得样本成绩的中位数为75， 由. 得样本成绩的平均数为74. 【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， 总方差为. 17. 如图所示，已知平面ACD，平面ACD，为等边三角形.，F为CD的中点. （1）证明：平面BCE； （2）证明：平面平面CDE； （3）求直线AD和平面BCE所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取CE中点M，连结MF，BM，先利用线面垂直的性质定理证得，从而证得四边形ABMF是平行四边形，然后利用线面平行的判定定理即可证得结论.（2）先利用线面垂直的性质定理证得，然后利用面面垂直的判定定理即可证得结论.（3）取线段DE的中点P，连接BP，先证得直线AD和平面BCE所成的角就是直线BP和平面BCE所成的角，然后解三角形即可求解. 【小问1详解】 取CE中点M，连结MF，BM， MF是的中位线，∴，， ∵平面ACD，平面ACD， ∴，又，∴，， ∴四边形ABMF是平行四边形， ∴，∵平面BCE，平面BCE， ∴平面BCE； 【小问2详解】 ∵平面ACD，平面ACD， ∴，∴四边形ABMF是矩形，∴. ∵是正三角形，F是CD中点，∴. ∵，∴， ∵，平面CDE，平面CDE， ∴平面CDE，∵平面BCE， ∴平面平面CDE； 【小问3详解】 取线段DE的中点P，连接BP， ∵且， ∴四边形ABPD是平行四边形， ∴， 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，垂足为N，连结BN， 由（2）知平面平面CDE，又平面平面， ∴平面BCE，∴为直线BP和平面BCE所成角的平面角. 设，则， ∵平面ACD， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形ABPD为平行四边形， ∴， ∴， 故直线AD和平面BCE所成的角正弦值为. 18. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，再利用化简，从而求出角； （2）在中由余弦定理建立等式，再利用得到另一等式，进而求出. 【小问1详解】 因为，即 由正弦定理可得， 因为，所以， 所以， 因为，则，所以， 即，故， 又，所以，故. 【小问2详解】 由题意设，，由（1）得， 在中由余弦定理可得，， 因为，所以， 即， 联立①②，解得（负值舍去），所以. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面平面，，点是棱上的一点． （1）记平面与平面的交线为，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． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理、性质定理可得答案； （2）分别取的中点，由余弦定理求出，面面垂直的性质定理得平面，再由线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角．求出正弦值即可； （3）由面面垂直的性质定理得平面，设，设到平面的距离为h，根据求出，再由直线与平面所成角的余弦值得．在中由余弦定理求出可得答案． 【小问1详解】 因为四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面平面，平面，所以； 【小问2详解】 分别取的中点，连接，如图所示． 因为，所以， 又，由余弦定理得 ， 又，所以， ， 所以，即，即． 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面，又平面， 所以，，因为分别为的中点， 所以，，又，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角． 因为，， 所以， 所以， 即二面角的正弦值为； 【小问3详解】 连接，如图所示，因为， 点为的中点，所以，， 又平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以，又， 所以． 显然点E不与点A重合，设， 所以 ． 设到平面的距离为h，则，解得， 又直线与平面所成角的余弦值为， 所以， 所以．在中，， 则， 在中，， 即， 整理得，解得或（舍）， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $