山东省菏泽市定陶区山大附中实验学校 2022-2023学年高一下学期6月月考-数学（含答案）

高一第二学期第三次阶段性测试
数学试题
一、单项选择题：本大题共8小题．每小题5分，共40分．
1.复数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．已知平面向量，，与垂直，则的值是（ ）
A． B．1 C． D．2
3．若一个圆锥的底面面积为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．若m，n，为三条不同的直线，，为两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．如果，，则 B．如果，，m||，n||，则
C．如果，，则 D．如果，，，则
5．一个人连续射击次，则下列各事件关系中，说法正确的是（ ）
A．事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
B．事件“第一次击中”与事件“第二次击中”为互斥事件
C．事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
D．事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件
6．某校为了解学生每个月在图书馆借阅书籍的数量，图书管理员甲抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为5，方差为9；图书管理员乙也抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为7，方差为16.若将这两个样本合在一起组成一个容量为200的新样本，则新样本数据的（ ）
A．平均数为6 B．平均数为6.5 C．方差为12.5 D．方差为13
7．如图，AB是底部B不可到达的一座建筑物，
A为建筑物的最高点，为了测量建筑物高度AB，我们选择一条水平基线HG，使H，G，B三点在同一直线上，经测量，在G，H两点用测角仪器测得A的仰角分别是，，米，测角仪器的高是1.5米，则该建筑物的高AB约为（ ）（参考数据：）
A．13.5米 B．14.2米 C．15.2米 D．16.5米
8．在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9.下列说法正确的是（ ）
A．向量在向量上的投影向量可表示为
B．若，则与的夹角θ的范围是
C．若，，则
D．已知，，则
10.近年，随着人工智能，AIoT，云计算等技术的推动，全球数据量正在无限制地扩展和增加.国际数据公司IDC统计了2016~2020年全球每年产生的数据量及其增速，所得结果如图所示，根据该统计图，下列说法正确的是（ ）
A．2016~2020年，全球每年产生的数据量在持续增加
B．2016~2020年，全球数据量的年平均增长率持续下降
C．2016~2020年，全球每年产生的数据量的平均数为33.7
D．2015年，全球产生的数据量超过15
11．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若是边长为1的正三角形，则
C．若，，，则有一解
D．若是所在平面内的一点，且，则是直角三角形
12．正方体中，E是棱的中点，F在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有（ ）
A．侧面上存在点F，使得
B．直线与直线所成角可能为
C．平面与平面所成锐二面角的正切值为
D．设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知一组数据8.6，8.9，9.1，9.6，9.7，9.8，9.9，10.2，10.6，10.8，11.2，11.7，则该组数据的第80百分位数为__________．
14．如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，，则的周长______.
15．在中，为中点，若，则实数的值为___________.
16.．如图， 二面角的平面角的大小为为半平面内的两个点， 为半平面内一点， 且， 若直线与平面所成角为为的中点， 则线段长度的最大值是___________.
、
四．解答题：本大题共6小题，共70分．
17.（10分）．已知某校高一、高二、高三三个年级的学生志愿者人数分别为180，120，120．现采用样本按比例分配的分层随机抽样方法，从中抽取7名同学去敬老院参加献爱心活动．
(1)应从高一、高二、高三三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？
(2)抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从该7名同学中随机抽取2名同学承担敬老院卫生打扫工作．设7名同学中来自高一的3人分别为A，B，C，记事件“抽取的两名同学中至少有一名来自高一年级”，试用所给字母写出事件M包含的样本点；
18（12分）．的内角的对边分别为，，且______．
在①，②，这两个条件中任选一个，补充在横线中，并解答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
(1)求的面积；
(2)若，求．
19．（12分）在如图所示的四棱锥中，四边形是等腰梯形，，平面，．
(1)求证：；
(2)若为的中点，问线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
20．（12分）2021年中国共产党迎来了建党100周年，为了铭记建党历史、缅怀革命先烈、增强爱国主义情怀，某学校为学生组织了系列学党史活动．为了解学生的学习情况，从全校学生中随机抽取了n名同学进行党史知识测试，满分100分，并将这名同学的测试成绩按，，，，分成5组，绘制成了如图所示的频率分布直方图．已知测试成绩在的学生为70人．
（1）求的值及频率分布直方图中的值；
（2）为奖励优胜者，学校将对本次测试成绩排在前40%的学生发放奖品，若某学生获得了奖品，请估算一下该学生的成绩至少达到多少分；
（3）学校组织党史知识测试设定的预案是：以抽取的样本作为参考，若学生的平均成绩不低于80分，只需发放下一步学习资料，否则要举办党史知识大讲堂加强学习．请根据所学的统计知识，估计该校是否需要举办党史知识大讲堂，并说明理由．（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）
21．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
(1)求角B的大小；
(2)若，D为AC边上的一点，，且__________ ，求△ABC的面积．
请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．
①BD是∠ABC的平分线；②D为线段AC的中点．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）
22．（12分）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.点是的中点，作，交于点.
（1）设平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并给出证明；
（2）求平面与平面所成的较小的二面角的余弦值；
（3）求直线与平面所成角的正切值.
高一第二学期第三次阶段性测试数学试题答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
选项 D A B C D A C D AB ACD AD AC
13．10.8. 14．. 15． 16.
8．【详解】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，
所以AM⊥CD，且，
因为，所以，而，
由勾股定理得：，所以BM=BC，
故为等腰直角三角形，，，由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，
球心O在MH上，设OM=x，由余弦定理得：，则，
由得：，解得：，设外接球半径为，则，
故该三棱锥的外接球的表面积为.
12．【详解】取中点M，中点N，连接，则易证得，，从而平面平面，所以点F的运动轨迹为线段．
取的中点F，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故A正确；设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以B错误；
平面平面，取F为的中点，则，，∴即为平面与平面所成的锐二面角，，所以C正确；
因为当F为与的交点时，截面为菱形（为的中点），面积为，故D错误.
16.．【详解】如图，自点引平面的垂线，垂足为,因为，
则A,B两点在以CO为高以CA,CB为母线的圆锥的底面圆周上，所以当A,B
两点运动到公共棱上时AD最大.
自点引公共棱的垂线OH，则，不难解出，在中，由余弦定理得:，
又在中由余弦定理得：
17．解析：(1)由题意知，高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者人数之比为，又采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法，从中抽取7名同学．
故应从高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．
，，，，，，，，，，，，，，，共含有15个样本点．
18．【详解】（1）若选①:因为，由余弦定理得，整理得，则，又，则，，则；
若选②:因为，即，则，又，则，又，得，
则；
（2）由正弦定理得：，，
则，．
19．（1）证明：因为四边形是等腰梯形，，所以，因为，所以，因为，所以所以在中，，即，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以.
（2）解：线段上存在点，使得平面，.下面证明结论：如图，取中点，连接，在线段上取点，使得，连接，由（1）知，在中，，，所以，因为，，所以，因为为中点，为的中点，所以，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.所以线段上存在点，使得平面，.
20．【详解】（1）由已知条件可得，由频率和为1得，解得．
（2）因为，所以问题转化为估计样本数据的第60百分位数，
因为，
，所以第60百分位数在区间内，设该生得分最低为，则，
解得，所以估计该生的得分至少达到86分.
（3）由频率分布直方图可得
，因为，
所以按照学校的预案，只需要发放学习资料即可.
21．【详解】（1）解：由正弦定理知，，∵，代入上式得，
∵，∴，，∵，∴.
（2）若选①：由平分得，，
∴，即．
在中，由余弦定理得，又，∴，
联立得，解得，（舍去），
∴．
若选②：因为，，
，得，在中，由余弦定理得，即，联立，可得，
∴．
22．【详解】（1）证明：连结交交于，
∵是正方形，∴为的中点，
又∵是的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
又平面，平面平面，∴.
（2）∵平面，平面，
∴，
设正方形的边长为4，
∵，
∴的中线，，，
同理，，，
∵，，
∴为正三角形，中线，且，
∵，，
∴，同理，
∴是二面角的一个平面角，
又∵在正三角形中，
∴，
则平面与平面所成的较小的面角的余弦值为.
（3）同（2）中，得，
又∵在正方形中，，，平面，平面，
∴平面，
同理平面，
同理面，
∴是直线与平面所成的角，
∵在和中得，
∴直线与平面所成角的正切值为.