福建省龙岩市上杭县2023～2024学年高一数学下学期5月月考试卷含答案

2023-2024学年高一数学第二学期5月月考卷一、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，只有一个选项是符合题目要求的．1.若复数对应的点在第四象限，则m的值为（）A. B.0 C.1 D.【答案】B【解析】【分析】由复数表示的点在第四象限，可得实部为正且虚部为负即得.【详解】由可得，又m为整数，所以.故选：B.2.某射击运动员7次的训练成绩分别为:86，88，90，89，88，87，85，则这7次成绩的第80百分位数为（）A.88.5 B.89 C.91 D.89.5【答案】B【解析】【分析】根据百分位数的定义进行求解即可.【详解】7次的训练成绩从小到大排列为：85，86，87，88，88，89，90，，所以第80百分位数为从小到大排列的数据中的第个数据，即89，故选：B3.已知向量满足，且，则（）A.1 B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据得，进而得，即可得.【详解】因为，所以，故.故选：B4.设l是直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】B【解析】【分析】举例说明判断ACD；利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理判断D.【详解】对于A，若相交，令，当，且时，满足，，显然不平行，A错误；对于B，，则存在直线，使得，而，则，因此，B正确；对于C，若，令，当且时，满足，而与不平行，C错误；对于D，若，令，当，时，有，此时或，与不垂直，D错误．故选：B5.已知和是两个不共线的向量，若，，，且，，三点共线，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三点共线可得，列出方程组即可得解.【详解】因为，且，，三点共线，所以存在实数，使得，即，则，解得.故选：B6.在正方体中，E是的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值是（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意分析可得异面直线DE与AC所成角为（或的补角），在中利用余弦定理运算求解.【详解】取的中点，连接，因为//，且，则为平行四边形，可得//，又因为分别为的中点，则//，所以//，故异面直线DE与AC所成角为（或的补角），设正方体的棱长为2，则，在中，由余弦定理，所以异面直线DE与AC所成角余弦值是.故选：D.7.已知三棱锥中，，，平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据面面垂直的性质定理可证得面，从而可得，在上取一点，使得，则为球心，在中，由勾股定理即可求出外接球的半径，再由球的表面积公式即可得到答案．【详解】如图，取的中点，连接，，则，又平面平面，平面平面，平面，所以面，又平面，所以，在上取一点，使得，则为球心，设球的半径为，因为，所以为直角三角形，又为的中点，所以，又，又在中，，即，解得.所以外接球表面积为.故选：C.【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球表面积的求法，考查空间想象力，属于中档题．8.在锐角中，若，则的取值范围是（

）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理可得，当时，不妨设，可得，由及锐角三角形中可得，从而可得答案.【详解】因为，所以，当且仅当时取等号，.当时，不妨设，则，所以，即，所以，因为锐角三角形中，，则，故，而，则，所以，综上所述，.故选：B.二、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.已知复数，下列结论正确的有（）A. B.若，则C. D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】利用共轭复数的定义判断选项A；由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B；由复数模的运算性质判断选项C；由复数的乘法运算及共轭复数的概念判断选项D.【详解】设，对于A，，，故选项A正确；对于B，因为，则，则或，所以中至少有一个0，即或，故选项B不正确；对于C，由复数模的运算性质可知，，=，所以，故选项C正确；对于D，当，则，可得，解得，即，所以，故选项D正确.故选：ACD.10.如图，垂直于以为直径的圆所在的平面，点是圆周上异于、的任一点，则下列结论中正确的是（）A. B.C平面 D.平面平面【答案】BD【解析】【分析】利用线面垂直的性质可判断B选项；利用面面垂直的判定定理可判断D选项；利用反证法可判断AC选项.【详解】因为平面，平面，所以，，因为点是以为直径的圆上且异于、的任一点，，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，平面平面，B对D对；因为平面，平面，则，则为锐角，即与不垂直，故与平面不垂直，C错；若，又因为，，、平面，所以，平面，与C选项矛盾，A错.故选：BD.11.中，下列说法正确的是（）A.若，则为锐角三角形．B.若，则点的轨迹一定通过的内心．C.若为重心，则D.若点满足，则【答案】BCD【解析】【分析】根据可确定角为锐角，但不一定为锐角三角形，可判定A；根据单位向量、共线向量的概念可判断B；根据向量的加法运算可确定C；根据向量的数量积以及向量模的运算可确定D．【详解】选项A：若，则，因此角为锐角，但不一定为锐角三角形，故A错误；选项B：因为分别表示方向上的单位向量，所以的方向与的角平分线一致．若，则的方向与的角平分线一致，所以点的轨迹一定通过的内心，故B正确；选项C：若为的重心，设边的中点为，则，故C正确；选项D：设的中点为，若点满足，则点为外心，于是有．又，则，故D正确．故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知圆台的上、下底面半径和高的比为，母线长为10，则圆台的体积为____________.【答案】【解析】【分析】根据题意，列出方程求得上，下底面半径以及高，再由圆台的体积公式，即可得到结果.【详解】设上底面半径为，则下底面半径为，高为，因为母线长为10，所以，解得，所以下底面半径为，高，则体积.故答案为：13.某工厂年前加紧手套生产，设该工厂连续天生产的手套数依次为（单位：万只）．若这组数据的方差为，且，则该工厂这天平均每天生产手套___________万只．【答案】【解析】【分析】由可直接求得结果.【详解】，.故答案为：.14.如图，在中，已知，点是边中点，且，直线与相交于点，则__________．【答案】【解析】【分析】根据平面向量基本定理和三点共线知识可得，然后根据数量积运算律求解可得.【详解】因为三点共线，且，点是边的中点，所以存在实数x满足，又因为三点共线，所以，所以，而，且，所以.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.新冠肺炎疫情期间，某地为了解本地居民对当地防疫工作的满意度，从本地居民中随机抽取若干居民进行评分（满分为100分），根据调查数据制成如下频率分布直方图.（1）求频率分布直方图中a的值；（2）根据频率分布直方图估计本次评测分数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，并精确到0.1）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据频率和为1运算求解；（2）根据平均数公式运算求解.【小问1详解】由题意可得：，解得.【小问2详解】估计本次评测分数的平均数.16.已知向量.（1）求；（2）设的夹角为，求的值；（3）若向量与互相垂直，求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）直接利用向量的坐标运算求解即可；（2）利用向量夹角的坐标公式求解即可；（3）利用向量垂直的坐标运算列式求解即可.【小问1详解】因为，所以；【小问2详解】的夹角为，则；【小问3详解】因为，所以，，由向量与互相垂直得，，所以，化简得，解得.17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的点，.（1）求的大小；（2）若，，求BC的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理角化边，整理可得，然后根据余弦定理即可求得，进而根据角的范围，即可得出答案；（2）在以及中，分别根据余弦定理，结合，整理化简可得.在中，根据余弦定理推出.联立两个方程，即可得出答案.【小问1详解】由正弦定理以及已知可得，，整理可得，.由余弦定理可得，.又，所以.【小问2详解】在中，由余弦定理可得，.在中，由余弦定理可得，.又，所以，即，整理可得.因为，在中，由余弦定理可得，，即，整理可得，.联立可得.所以，.18.如图，在正三棱柱中，分别是，，的中点.（1）求证：B，C，H，G四点共面；（2）求证：平面；（3）若底面边长为2，，求三棱锥体积.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）借助三角形的中位线，证明，可得B，C，H，G四点共面；（2）证明，平面，（3）由，求三棱锥的体积.【小问1详解】∵G，H分别是，的中点，∴GH是的中位线，∴，又在三棱柱中，，∴，∴B，C，H，G四点共面．【小问2详解】∵在三棱柱中，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面.【小问3详解】由题意，知．19.如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，是线段的中点，是线段上的动点．（1）与所成的角是否为定值，试说明理由；（2）若二面角为，求四面体的体积．【答案】（1）与所成角为定值，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，由线面垂直证明线