安徽省亳州市涡阳县联考2023-2024学年高一下学期5月阶段性检测 数学试卷【含答案】

2023－2024学年（下）安徽高一5月份阶段性检测数学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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．已知复数，则在复平面内对应的点在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知和是两个不重合的平面，则下列条件中可判定的是（

）A．内有无数条直线与平行 B．和垂直于同一条直线C．和平行于同一条直线 D．和都垂直于同一平面3．如图，某学校共有教师200人，按老年教师、中年教师、青年教师的比例用分层随机抽样的方法从中抽取一个60人的样本，则被抽到的青年教师的人数为（

）A．18 B．14 C．12 D．64．已知非零向量，满足，，则，的夹角为（

）A． B． C． D．5．已知点是的重心，且，则（

）A． B． C． D．6．已知某圆台的上、下底面半径分别为，，且，.若存在一球与圆台上、下底面及所有母线均相切，则该圆台的体积为（

）A． B． C． D．7．如图（1），在梯形中，，，点在边上，且四边形是正方形，现将正方形沿直线折起，使得平面平面，得到如图（2）所示的三棱锥.若是棱的中点，则（

）A． B． C． D．8．我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求其面积的公式，求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积”翻译成公式，即，其中，，分别为中角，，的对边，为的面积．现有面积为的满足，则其内切圆的半径是（

）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．已知一组数据，，，，由生成一组新数据，，，，则（

）A．新数据的平均数一定比原数据的平均数小B．新数据的中位数一定比原数据的中位数小C．新数据的标准差一定比原数据的标准差小D．新数据的极差一定比原数据的极差小10．下列关于复数，的说法错误的是（

）A．若，则 B．C．若，则 D．若，则11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，它是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.将一个棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共要截去八个三棱锥，形成一个由正三角形和正方形围成的“阿基米德多面体”，如图，则（

）A．该多面体共有12个顶点，14个面B．该多面体的表面积为C．该多面体的外接球体积为D．所在直线与直线所成的角是的棱共有8条三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．设，则．13．某班共有36名男生和24名女生，统计他们的体重数据（单位：kg），已知男生体重的平均数为65，方差为34，全体学生体重的平均数为59，方差为86，则该班女生体重的方差为.14．我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”（如图（1）），亦称“赵爽弦图”．类比“赵爽弦图”，可构造如图（2）所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，已知与的面积之比为，设，则．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)若的夹角为锐角，求实数的取值范围；(2)若，求．16．在中，角，，所对的边分别是，，，且．(1)求；(2)若，求周长的最大值．17．某家面包店以往每天制作120个三明治，为了解销售情况，店长统计了去年三明治的日销售量（单位：个），并绘制频率分布直方图如图所示.

(1)求图中的值，并求该面包店去年（按360天算）三明治日销售量不少于100个的频率；(2)估计该面包店去年三明治日销售量的平均数；（同一组中的数据以这组数据所在区间的中点值作代表）(3)由于三明治的保质期只有一天，为了避免浪费，店长决定今年减少每天三明治的制作量，但要求有的天数可以满足顾客的需求，估计每天应该制作多少个三明治.（结果用四舍五入法保留到整数）18．如图，已知正方体的棱长为2，点，分别在棱和上.(1)证明：；(2)若三棱锥的体积是，平面，试确定点的位置，并证明你的结论.19．如图，在多面体中，底面是正方形，平面平面，，，.(1)求二面角的余弦值；(2)求三棱锥的体积.

1．C【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，即可求出，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为，所以，则在复平面内对应的点为，位于第三象限.故选：C2．B【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】对于A，内有无数条直线与平行，则，可能相交或，当与相交时，这无数条直线都与两平面的交线平行，故内有无数条直线与平行得不出与平行，所以A错误；对于B，，垂直于同一条直线时，可得与平行，所以B正确；对于C，，平行于同一条直线，与相交或，所以C错误；对于D，，垂直于同一平面，与相交或，所以D错误．故选：B．3．A【分析】根据分层抽样的方法求解即可.【详解】由题意，青年教师所占比例为，故用分层随机抽样的方法从中抽取一个60人的样本，被抽到的青年教师的人数为.故选：A4．B【分析】将两边平方，结合数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得.【详解】因为，，所以，即，即，所以，又，所以.故选：B5．B【分析】利用三角形重心的性质，结合平面向量的线性运算，即可求得答案.【详解】设的中点为，连接，点是的重心，则在上，，所以，，所以.故选：.6．C【分析】根据已知条件求解，，再根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征，求解圆台的高，然后代入圆台体积公式求解即可.【详解】如图，设圆台上下底面的圆心为，已知圆台上、下底面圆心分别为，，且，，则.存在一球与圆台上、下底面及所有母线均相切,圆台内切球的球心一定在的中点处，设内切球半径为，球与母线切于点，所以，所以，所以与全等，所以，同理，所以，过A作，垂足为，则，又，所以，所以，所以该圆台的体积为.故选：C.7．D【分析】连接，由面面垂直的性质得到平面，平面，求出、，再由余弦定理计算可得.【详解】连接，因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面，又，所以平面，平面，所以，平面，所以，又，所以，所以，，所以在中，由余弦定理.故选：D8．A【分析】由已知根据正弦定理可得，设，，，，代入题目中所给公式可求得，，，即可求解.【详解】因为，由正弦定理可知，设，则，，，所以，解得，所以，，，设内切圆的半径为，由，得.故选：.9．CD【分析】AB选项，可举出反例；CD选项，得到新数据的标准差和极差都是原数据的倍，且这两个量都大于，从而CD正确.【详解】对于A，设的平均数为，即，则新数据，，…，的平均数为，故，当时，，故A错误，对于B，设的中位数为，由于单调递增，则新数据，，…，的中位数为，当时，，故B错误；对于C，设的标准差为，则，故新数据，，…，的平均数，故新数据的方差为，故新数据的标准差为，由于，故，故新数据的标准差一定比原数据的标准差小，C正确；对于D，设的极差为，由于单调递增，故新数据极差为，由于，故新数据的极差比原数据的小，D正确.故选：CD10．ACD【分析】对于，取即可判断；对于，设，，，，，，利用复数的乘法和共轭复数的概念即可判断；对于，取，，利用复数的乘法和复数的模的运算即可判断.【详解】对于，若，则，但，故错误；对于，设，，，，，，，所以，，所以，故正确；对于，取，，，，所以，，故错误；对于，取，，，，，但，故错误.故选：.11．AC【分析】对A，根据立体图象直接数点面数即可；对B，分别计算三角形与正方形的面积再求和即可；对C，将该几何体补全到正方体中分析外接球半径求解即可；对D，分析与相交的6条棱中与直线所成的角是的棱，再根据平行线的性质判断即可.【详解】对A，由该立体图象可得，该多面体共有12个顶点，14个面，故A正确；对B，由该立体图象可得，该多面体共有8个正三角形面，6个正方形面，又该几何体由棱长为2的正方体所切，故正三角形与正方形边长，则该多面体的表面积为，故B错误；对C，易得该几何体的外接球球心即正方体的中心，又正方体的棱长为2，故外接球的半径，体积为，故C正确；对D，如图，易得为正三角形，故与夹角均为，又，，且与的夹角为，即与的夹角为，同理与的夹角为.故与相交的6条棱中与直线所成的角是的棱有4条，又这四条棱每一条都有3条平行的棱，故与直线所成的角是的棱共有16条，故D错误.故选：AC12．【分析】由已知根据复数的相等可得，，利用复数模的计算求解即可.【详解】因为，所以，即，解得，所以.故答案为：.13．【分析】利用均值公式求得女生体重均值，应用方差公式及男生的体重方差和求全体学生的体重方差求解女生的体重方差.【详解】设男生平均体重为，方差为，女生平均体重为，方差为，全体学生体重为，方差为，则男生在班级中所占比重为，女生在班级中所占比重为，故，，，，所以，解得，，解得.故答案为:14．【分析】依据题意设出边长，建立平面直角坐标系，同时在中利用余弦定理结合等面积法和勾股定理求出点的坐标，后依据平面向量的坐标运算建立方程，求解参数，最后求和即可.【详解】设边长为，边长为，由题意得与的面积之比为，可得，化简得，可得，不妨设，如图，作，以为原点建立平面直角坐标系，在中，设，由余弦定理得，解得，故，，且设，作，故，故得，解得，由勾股定理得，故，易知，，，可得，，，且，，可得，得到，解得，显然.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是建立平面直角坐标系，然后求出关键点的坐标，最后利用平面向量的坐标运算得到所要求的参数值，再求和即可．15．(1)且(2)【分析】（1）由数量积的坐标表示和向量共线的充要条件计算即可求出；（2）由坐标表示向量垂直的冲要条件结合模长的计算即可；【详解】（1）因为的夹角为锐角，所以且与不共线，则解得且，故实数的取值范围是且.（2）由题可得．由，得，即，解得，则，所以．16．(1)(2)【分析】（1）由已知根据正弦定理将边转化为角，利用两角和的正弦公式即可求解；（2）由余弦定理结合基本不等式即可求解.【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，所以，因为，所以，因为，所以，则，又，所以；（2）由余弦定理得，即，可得，当且仅当时等号成立，即，所以，即周长的最大值为.17．(1)，63(2)89.75(3)98【分析】（1）根据小长方形的面积和为1求出，计算日销售量不少于100个的频率，进而得解；（2）根据频率分布直方图中平均数的计算公式求解；（3）根据百分位数的计算方法求解.【详解】（1）由，解得.日销售量不少于100个的频率为，则估计该面包店去年三明治日销售量不少于100个的天数为.（2）由题图知，平均数为，故估计该面包店去年三明治日销售量的平均数为89.75.（3）由题意，即求三明治日销售量的分位数，设为.对应的频率，对应的频率，故.由，得，故估计每天应该制作98个三明治.18．(1)证明见解析(2)当点是棱靠近点的三等分点，即时平面，证明见解析【分析】（1）依题意可得、，从而得到平面，即可得证；（2）当点是棱靠近点的三等分点，即时平面，首先求出，过点在平面内作交于点，连接，交于点，即可得到，从而证明平面，则，结合（1）即可得证.【详解】（1）连接、，因为正方体，所以平面，又平面，所以，又因为，，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）当点是棱靠近点的三等分点，即时平面，证明如下：因为三棱锥的体积是，所以，即，解得，所以，即，过点在平面内作交于点，连接，交于点，因为，所以，当时，所以，