2022-2023学年福建省将乐县第一中学高一下学期第三次月考数学试题含答案

2022-2023学年福建省将乐县第一中学高一下学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．已知，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的除法运算，将分子分母同乘分母复数的共轭复数进行化简，可得答案.

【详解】，

故选：B．

2．若向量，满足，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由向量数量积的定义和性质，结合完全平方公式，可得结论．

【详解】解：由，，

可得，

所以

．

故选：D

3．在中，，则角是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】通过正弦定理将边化为角，结合两角和的正弦公式化简，进而可得结果.

【详解】解：由，根据正弦定理得

即

化简得即

故选：B.

4．已知l，m是两条不同的直线，，β是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（    ）

A．已知，，则 B．已知，，则

C．已知，，则 D．已知，，则

【答案】C

【分析】利用面面平行、线面的位置关系的判定和性质，直接判定.

【详解】对于A，，，则可能平行，可能相交，可能垂直.所以A错误；

对于B，，，则或，所以B错误；

对于C，，，则，故C正确；

对于D，，，则或，故D不正确.

故选：C.

5．在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7天，每天新增疑似病例不超过5人”.过去7日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下，则不一定符合该标志的是（    ）

甲地：总体平均数，且中位数为1；乙地；总体平均数为2，且标准差；

丙地：总体平均数，且极差；丁地：众数为1，且极差.

A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地

【答案】B

【分析】根据条件，举例说明乙地，根据极差的概念，说明每天新增疑似病例的最大值，判断甲地、丙地和丁地.

【详解】甲地：满足总体平均数，且中位数为1，则最大值，则符合该标志；

乙地：若7天新增疑似病例为1，1，1，1，2，2，6，满足平均数为2，

标准差，但不符合该标志；

丙地：由极差可知，若新增疑似病例最多超过5人，比如6人，

那么最小值不低于4人，那么总体平均数就不正确，

故每天新增疑似病例低于5人，故丙地符合该标志；

丁地：因为众数为1，且极差，所以新增疑似病例的最大值，

所以丁地符合该标志.

故选：B

6．的内角的对边分别是，若，，，则

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】,

所以，整理得求得或

若，则三角形为等腰三角形，不满足内角和定理，排除.

【考点定位】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查运算能力和分类讨论思想.

当求出后，要及时判断出，便于三角形的初步定型，也为排除提供了依据.如果选择支中同时给出了或，会增大出错率.

7．如图，O是△ABC的重心，D是边BC上一点，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】如图，延长AO交BC于E，由向量的加法运算结合平面向量基本定理将用，表示，可求出的值，即可求出的值.

【详解】如图，延长AO交BC于E，由已知O为△ABC的重心，

则点E为BC的中点，且

由3，得：D是BC的四等分点，

则

，所以，所以.

故选A．

8．如图，在正方体中，，，分别为，的中点，，分别为棱，上的动点，则三棱锥的体积（    ）

A．存在最大值，最大值为 B．存在最小值，最小值为

C．为定值 D．不确定，与，的位置有关

【答案】C

【分析】通过顶点转换，确定三棱锥的底和高的变化情况，即可确定答案.

【详解】如下图，连接，在正方体中，，分别为，的中点，可得，，所以当在棱移动时，到平面的距离为定值，当在棱移动时，到的距离为定值，所以为定值，则三棱锥的体积为定值. 平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，.

故选：C.

二、多选题

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

【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

10．一个质地均匀的正四面体个表面上分别标有数字，抛掷该正四面体两次，记事件为“第一次向下的数字为或”，事件为“两次向下的数字之和为偶数”，则下列说法正确的是（    ）

A．事件发生的概率为 B．事件与事件互斥

C．事件发生的概率为 D．事件与事件相互独立

【答案】AD

【分析】结合古典概型、互斥事件、对立事件、相互独立事件的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】抛掷该正四面体两次，基本事件有种，

依题意：事件为“第一次向下的数字为或”，事件为“两次向下的数字之和为偶数”，

所以, A选项正确.

若两次投掷向下的数字都为，，则事件同时发生，所以与不互斥，B选项错误.

事件表示：“第一次向下的数字为或，且两次向下的数字之和为奇数”，

包含的事件为：，共种，

所以事件发生的概率为.

事件表示：“第一次向下的数字为或，且两次向下的数字之和为偶数”，

包含的事件为：，共种，

所以事件发生的概率为.

事件包含的事件为，，共种，

所以，

所以，即事件与事件相互独立，所以D选项正确.

故选：AD

11．在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论正确的是（    ）

A．当时，平面

B．当为中点时，四棱锥的外接球表面为

C．的最小值为

D．当时，点是的重心

【答案】ACD

【分析】利用等体积法求出点到平面的距离与的关系，利用面面平行的性质定理，即可判断选项A，当时，即三棱锥的高，即可判断选项D，当点为的中点时，四棱锥为正四棱锥，求出外接球的半径，即可判断选项B，由等面积法即可判断选项C．

【详解】解：对于A，连接，，

则，

，，

设点到平面的距离为，

则，解得，

所以，

则当时，为与平面的交点，

又，平面，平面，所以平面，同理可证平面，

，平面，

所以平面平面，平面，

所以平面，

故选项A正确；

对于B，当点为的中点时，四棱锥为正四棱锥，

设平面的中心为，四棱锥的外接球半径为，

则，解得，

所以四棱锥的外接球表面积为，

故选项B错误；

对于C，连接，，则，

所以，

由等面积法可得，的最小值为，

所以的最小值为，

故选项C正确．

对于D，由以上分析可得，当时，即三棱锥的高，

所以平面，又三棱锥为正三棱锥，所以点是的重心，

故选项D正确；

故选：ACD

12．在平行四边形中，，，点是的三边上的任意一点，设，则下列结论正确的是（    ）

A．，

B．当点为中点时，

C．的最大值为

D．满足的点有且只有一个

【答案】ABC

【分析】建立坐标系，将四边形的四个点的坐标求出来，利用坐标逐一判断即可.

【详解】解：如图，建立直角坐标系，其中

设点，则，

由，

，故A正确，

对于，当点为中点时，，，B正确；

对于，(此时，即P与C重合时取最大值1)，C正确

对于，由令，

满足条件的点不只有一个，如和，D错误．

故选：ABC.

三、填空题

13．已知为整数，复数，复数在复平面内对应的点在第三象限，则      .

【答案】

【解析】利用复数乘法运算法则化简，结合复数对应的点在第三象限以及为整数求得，再利用复数模的公式可得答案.

【详解】复数，

若复数在复平面内对应的点在第三象限，

则，解得，

又为整数，则，，

故答案为：.

14．如图，二面角等于，A、是棱l上两点，BD、AC分别在半平面、内，，，且，则CD的长等于        .

【答案】4

【分析】根据二面角的定义，结合空间向量加法运算性质、空间向量数量积的运算性质进行求解即可.

【详解】由二面角的平面角的定义知，

∴，

由，，得，，又，

∴

，

所以，即.

故答案为：4.

15．甲、乙二人做射击游戏，甲、乙射击击中与否是相互独立事件．规则如下：若射击一次击中，则原射击人继续射击；若射击一次不中，就由对方接替射击．已知甲、乙二人射击一次击中的概率均为，且第一次由甲开始射击，则第4次由甲射击的概率           ．

【答案】

【分析】根据题意，分4种情况讨论，即可求得第4次由甲射击的概率．

【详解】根据题意，第4次由甲射击分为4种情况：

甲连续射击3次且都击中；

第1次甲射击击中，但第2次没有击中，第3次由乙射击没有击中；

第1次甲射击没有击中，且乙射击第二次击中，但第3次没有击中；

第1次甲没有击中，且乙射击第2次没有击中，第3次甲射击击中，

所以这件事的概率为.

故答案为：

16．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则△ABC的面积的最大值为   ．

【答案】/

【分析】利用正弦定理边化角可得，再利用正弦定理角化边可得，即可得，利用三角形面积公式结合三角恒等变换可得的面积，结合正弦函数的最值即可求解.

【详解】解：由正弦定理得，所以，

因为,所以，

所以，又正弦定理得，

所以，则，

的面积

，

因为，所以，

当时，的面积取得最大值.

故答案为：.

四、解答题

17．已知的角、、所对的边分别是、、，设向量，

，.

（1）若，求证：为等腰三角形；

（2）若，边长，角，求的面积.

【答案】（1）见解析（2）

【详解】⑴因为，所以，即,其中是的外接圆半径， 所以，所以为等腰三角形.

⑵因为，所以.

由余弦定理可知，，即

解方程得：（舍去）

所以.

18．江门市某中学高一年级举行了一次数学竞赛，从中随机抽取了一批学生的成绩．经统计，这批学生的成绩全部介于50至100之间，将数据按照，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示．

(1)求频率分布直方图中a的值，并估计本次竞赛成绩的第80百分位数：

(2)若按照分层随机抽样的方法从成绩在，的两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，求至少有2人的成绩在内的概率．

【答案】(1)，估计本次竞赛成绩的第80百分位数为85；

(2)

【分析】（1）利用频率分布直方图的性质列式求出的值，然后根据百分位数的定义即可求解第80百分位数；

（2）根据分层抽样算出成绩在，的两组分别抽取多少人，然后利用古典概型的概率计算公式即可求解.

【详解】（1）解：由频率分布直方图的性质得：，解得，

因为，所以成绩在80分以下的频率为，成绩在90分以下的频率为，

所以估计本次竞赛成绩的第80百分位数为；

（2）解：因为成绩在，的两组频率之比为，

所以从成绩在中抽人，从成绩在中抽人，

所以从这5人中随机抽取3人，至少有2人的成绩在内的概率为.

19．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面底面，且，若、分别为、的中点，求证：

(1)侧面；

(2)平面.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）连接，可知为的中点，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

（2）由面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，利用勾股定理可证得，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.

【详解】（1）证明：连接，

因为四边形为正方形，且为的中点，所以，为的中点，

又因为为的中点，则，

平面，平面，平面.

（2）证明：因为四边形为正方形，则，

因为平面平面，平面平面，平面，

平面，

平面，，

，则，所以，，则，

，平面.

20．某校团委举办“喜迎二十大，奋进新征程”知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，，在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，.甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.

(1)从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？

(2)若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.

【答案】(1)派乙参赛赢得比赛的概率更大

(2)

【分析】（1）记事件表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件表示“甲在第二轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第二轮比赛中胜出”，由表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”求解即可；

（2）记表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”由（1）知，，由表示“两人中至少有一个赢得比赛”，且求解即可.

【详解】（1）记事件表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件表示“甲在第二轮比赛中胜出”，

事件表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第二轮比赛中胜出”，

所以表示“甲赢得比赛”，，

表示“乙赢得比赛”，，

因为，所以派乙参赛赢得比赛的概率更大；

（2）记表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”

由（1）知，，

所以表示“两人中至少有一个赢得比赛”，

所以，

所以两人至少一人赢得比赛的概率为.

21．在均为锐角的中，内角所对的边分别为，是的外接圆半径，且.

(1)求；

(2)若边上的高为，且，，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理的边角化及两角和差的正弦公式，再利用三角形的内角和定理及角的范围，结合三角函数的特殊值对应的特殊角即可求解；

（2）根据三角形的等面积法及正弦定理，再利用余弦定理边角化及平方关系，结合（1）的结论及正弦定理即可求解.

【详解】（1）由正弦定理得即,

,

，

（2）由面积相等及正弦定理得，

由余弦定理得，代入已知得，

，联立解得或

又由（1）知可得.

22．已知矩形，设是边上的点，且，现将沿着直线翻折至，

(1)当为何值时，使平面平面；并求此时直线与平面所成角的正切值；

(2)设二面角的大小为，求的最大值.

【答案】(1)为，正切值是

(2)

【分析】（1）取中点，连接，根据面面垂直的性质可得面，再结合余弦定理可得，，进而根据线面角的定义求解直线与平面所成角的正切值即可；

（2）作，垂足为，作，垂足为，根据线面垂直的判定与性质可得，设，根据三角形中的关系可得，再根据二倍角公式化简求解最值即可

【详解】（1）当为时，可以使面面.证明如下：

取中点，则.

在中，

，此时.

又平面平面

面面

此时面为在面上的射影是与面所成角

在中，，

即直线与平面所成角的正切值是

（2）作，垂足为，且面，则面，

作，垂足为，则，设

则，

，

当且仅当时，取到等号，

故的最大值为.