2022-2023学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（下）月考数学试卷（6月份）（含解析）

2022-2023学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（下）月考数学试卷（6月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知为实数，若复数为纯虚数，则复数在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 已知向量，，，若，，，则( )
A. B. C. D.
3. 如图是庙山中学艺术节期间收到的高一和高二两个年级各类艺术作品的情况统计图：
已知高一收到的剪纸作品比高二的多件，收到的书法作品比高二的少件，则两年级收到的艺术作品的总数为( )
A. 件 B. 件 C. 件 D. 件
4. 已知中，，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
5. 如图，要计算汤逊湖岸边两建筑物与的距离，由于地形的限制，需要在岸上选取和两点，现测得，，，，，则两建筑物与的距离为( )
A. B. C. D.
6. 设一组样本数据中，，，，出现的频率分别为，，，，且，若下面四种情形中，对应样本的标准差满足，则对应的情形是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
7. 在中，角，，所对的边分别是，，，且满足，则的最大值为( )
A. B. C. D.
8. 已知长方体全部条棱的长度和为，其外接球的表面积为，过、、三点的平面截去长方体的一个角后，得到几何体的体积为，则该几何体的表面积为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列是从总体中抽得的样本，简单随机样本为( )
A. 总体编号为，任意选出编号范围内的个数字作为抽中的编号
B. 总体编号为，在中产生随机整数，若或，则舍弃，重新抽取
C. 总体编号为，在中产生随机整数，除以的余数作为抽中的编号．若余数为，则抽中
D. 总体编号为，在范围内产生一个随机整数，把作为抽中的编号
10. 根据气象学上的标准，某地连续天的日平均气温低于即为入冬，将该地连续天的日平均温度的记录数据记录数据都是自然数作为一组样本现有以下组样本，分别计算得到相关数据，则一定符合入冬指标的样本为( )
A. 平均数 B. 平均数，且极差小于或等于
C. 平均数，且标准差 D. 众数等于，且极差小于或等于
11. 设满足：：，其面积为，则( )
A. 周长为 B.
C. 外接圆的面积为 D. 中线长为
12. 如图，圆柱的轴截面是边长为的正方形，，为圆柱底面圆弧的两个三等分点，，为圆柱的母线，点，分别为线段，上的动点，经过点，，的平面与线段交于点，以下结论正确的是( )
A.
B. 若点与点重合，则直线过定点
C. 若平面与平面所成角为，则的最大值为
D. 若，分别为线段，的中点，则平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量，，，则实数 ______ ．
14. 如图，在正方体中，是的中点，则异面直线和所成角的大小为______ ．
15. 已知函数，满足，，则 ______ ．
16. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，，分别是，的中点，，则球的体积为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
甲乙两台机床同时生产一种零件，天中，两台机床每天出的次品数分别是：
甲
乙
分别计算这两组数据的平均数与标准差，从计算结果看，哪台机床的性能较好？
18. 本小题分
从某企业生产的同一种产品中抽取件，测量这些产品的一项指标值，由测量结果得到如下频数分布表：
质量指标值分组
频数
完成这些数据的频率分布直方图；
估计这种产品质量指标值的中位数精确到、平均数同一组中的数据用该组区间的中点值代表；
根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于的产品至少要占全部产品”的规定？
19. 本小题分
某地规划修建公路自行车比赛赛道，其平面示意图为五边形，自行车运动员在比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车或救护车上获得帮助比赛期间，修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点上进行还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料，工具和配件，所以项目设计需要预留出，为赛道内的两条服务通道不考虑宽度，线段，，，，为赛道，，，，．
从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道的长度；
；．
在条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道即最长，最长值为多少？
20. 本小题分
庙山中学在对高一年级学生身高的调查中，根据男、女学生所占的比例，采用样本量按比例分配的分层随机抽样分别抽取了男生名和女生名，测量他们的身高所得数据单位：如下：
性别 人数 平均数 方差
男生
女生
请根据以上数据，计算出该校高一年级学生身高的总样本平均数与总样本方差；
已知总体划分为层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，；，，，记总样本平均数为，总样本方差为利用以上数据，直接写出总样本方差的表达式不要求写出推理过程；
庙山中学采用分层随机抽样采集了高一、高二、高三年级学生的身高情况，部分调查数据如下：
样本量 样本平均数 样本方差
高一
高二
高三
利用的表达式，求三个年级的总样本方差．
21. 本小题分
如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，，点，分别在线段和上，且．
求证：平面；
设锐二面角大小为，且，求直线和平面所成角的余弦值．
22. 本小题分
在棱长均为的正三棱柱中，为的中点．过的截面与棱，分别交于点，．
若为的中点，求三棱柱被截面分成上下两部分的体积比；
若四棱锥的体积为，求截面与底面所成二面角的正弦值；
设截面的面积为，面积为，面积为，当点在棱上变动时，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为复数为纯虚数，则，解得，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限．
故选：．
利用纯虚数的定义求出，即可判断作答．
本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：向量，，，
，
，，，
，，
解得实数．
故选：．
先利用向量坐标运算法则求出，再由，，，利用向量夹角余弦公式列方程，能求出实数的值．
本题考查实数值的求法，考查向量坐标运算法则、向量夹角余弦公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：设高一收到的艺术作品的总件数为，高二收到的艺术作品的总件数为，
则，解得，
所以两年级收到的艺术作品的总数为件．
故选：．
设高一收到的艺术作品的总件数为，高二收到的艺术作品的总件数为，结合扇形图的含义可得关于，的方程组，求出，的值，从而得到结果．
本题主要考查了扇形图的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由，知，且是边的中点，
则，而，所以，
所以是等边三角形，所以，
，
因此向量在向量上的投影向量为．
故选：．
由题意可知，且是边的中点，结合可得是等边三角形，从而推出，利用投影向量的定义即可求得答案．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，
在中，由余弦定理可得，，
解得，
在中，由正弦定理可得，，
则．
故选：．
根据题意可得，在中，由余弦定理可得，再在中，由正弦定理可得解．
本题考查正余弦定理在解三角形中的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：对于选项A：
，
所以，
对于选项B：
，
所以，
对于选项C：
，
所以，
对于选项D：
，
所以，
可知，
则对应的情形为，．
故选：．
由题意，分别求出选项中的方差，根据方差的大小即可判断标准差的大小，结合选项即可求解．
本题考查方差与标准差，考查了运算能力．
7.【答案】
【解析】解：，
，
，
，
即，
，，
，
，，
，
所以，当且仅当时等号成立，
故的最大值为．
故选：．
利用正弦定理将已知等式进行边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式化简可得，从而可得角，由余弦定理及基本不等式即可求解最大值．
本题主要考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：设，，，则，
又为长方体外接球半径，其外接球的表面积为，
又的体积为，可得，
由，解得或或，
，
若，，则，
其他情况，同理；
几何体的表面积为：．
故选：．
设，，，利用已知条件列出方程组求解，，求出，然后求解表面积即可．
本题考查几何体的外接球的体积，表面积的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，因为每个编号被抽中的可能性相同，所以是简单随机抽样．
对于，能保证每个编号被抽中的可能性相等，是简单随机抽样，因为只有编号可能被抽中，所以对编号的每一个个体被抽中的可能性不同，所以不是简单随机抽样；
对于，不是简单随机抽样，因为，号与号抽中的可能性不同，号被抽中的概率更大一些，所以不是简单随机抽样；
对于，每个编号被抽中的可能性相同，所以是简单随机抽样．
故选：．
根据已知条件，结合简单随机样本的定义，即可求解．
本题主要考查随机抽样的概念，属中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于选项A：假设该地日平均气温分别为，，，，，
其平均数，但不满足某地连续天的日平均气温低于，故选项A错误；
对于选项B：假设有数据大于或等于，
因为极差小于或等于，
所以该数据中最小值为，
此时数据的平均数必然大于，与矛盾，
则该组数据全部小于，满足题意，故选项B正确；
对于选型，假设该地日平均气温分别为，，，，，
其平均数，标准差，但不符合入冬指标，故选项C错误；
对于选项D，因为众数为，极差小于等于，
所以最大数不超过，故选项D正确．
故答案为：．
由题意，举反例即可判断选项A和选项C；利用反证法证明即可判断选项B；利用直接法证明即可判断选项D．
本题考查平均数、众数、极差和标准差，考查了逻辑推理和运算能力．
11.【答案】
【解析】解：因为满足，
所以由正弦定理可知，
设，
利用余弦定理，
由于，
所以．
所以，故A，故B正确；
因为，
所以，解得，
所以，
所以的周长为，故A错误；
利用正弦定理，可得外接圆半径为，
所以外接圆的面积为，故C正确；
利用正弦定理，解得，所以，
利用余弦定理：，
解得，故D正确．
故选：．
直接利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用判断的结论，从而得解．
本题考查正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，考查运算能力和转换能力及思维能力．属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：连接，由，为圆柱底面圆弧的两个三等分点可知，
因为平面，平面，所以平面，
又，同理可得平面，因为，，平面，
所以，平面平面，因为平面，平面，
所以，A正确；
记平面，则平面，且，又平面，
所以必过点，故B正确；
当平面为平面时，过点作直线的垂线，垂足为，连接，易知，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以所以为平面与平面所成二面角的平面角，
在等腰梯形中，，，易得其高为，
即所以，故C错误；
因为，分别为线段，的中点，则由圆柱的对称性可知，平面与圆柱侧面的公共点中，
点到平面的距离最小，记的中点为，连接易知∽，
所以，得，
所以，即平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为，故D正确；
故选：．
利用面面平行的性质定理可判断；根据两平面如果有一个公共点，则这个公共点一定在它们交线上可判断；取特例验证可判断；利用圆柱的对称性可知即为所求，然后求解可判断．
本题考查空间几何体的特征，考查运算求解能力，考查推理能力，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：，
则，即，
，，
，解得．
故答案为：．
根据已知条件，求出，再结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：以点为原点，棱，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则：
，，，，
，
，，
，
设异面直线和所成角为，则，且
．
故答案为：．
以点为原点，棱，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，并设正方体的棱长为，然后可得出向量和的坐标，从而可求出的值，进而可得出异面直线和所成角的大小．
本题考查了通过建立空间直角坐标系，利用向量求异面直线所成角的方法，向量夹角的余弦公式，向量坐标的数量积运算，考查了计算能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由，得函数关于对称，
由，得，即，即函数的周期是，
即，得，
则，
关于对称，
，，
即，
，当时，，
即．
故答案为：．
根据条件求出函数的周期和对称轴，利用周期公式和对称轴的性质进行求解即可．
本题主要考查函数解析式的求解，根据条件求出函数的周期和对称轴，利用周期公式和对称轴的性质进行求解是解决本题的关键，是基础题．
16.【答案】
【解析】解：如图，由，是边长为的正三角形，可知三棱锥为正三棱锥，
则顶点在底面的射影为底面三角形的中心，连接并延长，交于，
则，又，，可得平面，则，
，分别是，的中点，，
又，即，，得平面，
正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，
把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，
其直径，，
，
球的体积为．
故答案为：．
由题意画出图形，证明三棱锥为正三棱锥，且三条侧棱两两互相垂直，再由补形法求外接球球的体积．
本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题．
17.【答案】解：根据表中的数据，得；
，
；
，
；
，
；
，，，
出次品较少的是乙，稳定性较好的也是乙．
【解析】根据表中数据，计算甲、乙的平均数与方差、标准差即可．
本题考查了平均数与方差、标准差的计算问题，是基础题目．
18.【答案】解：由已知作出频率分布表为：
质量指标值分组
频数
频率
由频率分布表作出这些数据的频率分布直方图为：
质量指标值的样本平均数为：．
内频率为：，
中位数位于内，
设中位数为，则，
中位数为．
质量指标值不低于 的产品所占比例的估计值为 ．
由于该估计值小于，
故不能认为该企业生产的这种产品“质量指标值不低于 的产品至少要占全部产品的规定．
【解析】由已知作出频率分布表，由此能作出作出这些数据的频率分布直方图．
由频率分布直方图能求出质量指标值的样本中位数、平均数．
质量指标值不低于的产品所占比例的估计值．由于该估计值小于，故不能认为该企业生产的这种产品“质量指标值不低于的产品至少要占全部产品的规定．
本题考查频率分布直方图的作法，考查平均数、中位数、方差的求法，考查产品质量指标所占比重的估计值的计算与应用，是中档题．
19.【答案】解：在中，由正弦定理可得：，
又，，，即，
可得；
若选：因为，，
所以，
所以，
在中，；
若选，在中，由余弦定理可得，
即，解得或舍，
所以服务通道的长度；
在中，由余弦定理可得：，
即，
即，
可得，当且仅当时取等号，
所以的最大值为．
【解析】在中，由题意及正弦定理可得的值，若选，由题意可得为直角三角形，由勾股定理可得的值；若选，由余弦定理可得的值；
在中，由余弦定理及均值不等式可得的最大值．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
20.【答案】解：设总样本量为，
可得男生样本量为，女生样本量为，
假设男生的样本数据为，
女生的样本数据为，
则总样本平均数
，
总样本方差，
因为
，
同理得，
所以总样本方差
；
因为，
所以，，
同理得，，
则
；
高一样本的均值记为，方差记为，
高二样本的均值记为，方差记为，
高三样本的均值记为，方差记为，
则总样本均值为
，
所以总样本方差
．
【解析】由题意，分别求出男生女生的样本容量，进而求出总样本的平均数，再利用样本方差公式进行求解即可；
根据方差的定义，将总方差改写成，由，得到，，同理得，，进而即可得到答案；
高一样本的均值记为，方差记为；高二样本的均值记为，方差记为；高三样本的均值记为，方差记为，利用定义求出总样本均值，再由中所得式子进行求解即可．
本题考查分层抽样方法以及平均数、方差的计算，考查了数据分析和运算能力．
21.【答案】证明：连接，交于点，
，，
，，
，则∽，
则，
即，
故，
又平面，平面，
故平面．
取的中点，连接，，
为正三角形，，，
为直角梯形，，，，
四边形为矩形，
则，又，，平面，
平面，又平面，
故平面平面，
为二面角的平面角，
设，则，即，
设，
由余弦定理可得，，
即，得或舍，
过点作，交于点，
，且平面，
平面，又平面，
则平面平面，又平面平面，平面，
平面，
故即为点到平面的距离，
又，平面，平面，
平面，
故也是点到平面的距离，
过作平面，连接，
则，是直线与平面所成的角，
，
的面积，
即，解得，
即，
又，
，
故直线与平面所成角的余弦值为．
【解析】利用线面平行的判定定理进行证明即可．
利用二面角的定义先找出二面角的平面角，然后利用线面角的定义进行求解即可．
本题主要考查线面平行的判定以及二面角，线面角的求解和应用，根据空间角的定义进行求解是解决本题的关键，是中档题．
22.【答案】解：连结，并延长分别交，于点，，
连结交于点，连结，，
则，
故G为靠近的三等分点，所以，，
下面球三棱柱被截面分成两部分的体积比，
三棱柱的体积为，
连结，，由平面可知，为定值，
所以，
所以上部分体积
，
故，
所以；
由以及，可得，
设点到平面的距离为，由，解得，
所以点到直线的距离为，则点为靠近的四等分点，
因为平面平面，
所以截面与平面所成的角即为截面与平面所成的角，
在中，，，故EG，
又因为面，平面，所以，
，，平面，
故EG平面，
则即为截面与底面所成的二面角，
在中，，，，
故，
所以截面与底面所成二面角的正弦值为；
设，则，且，
设的面积为，则，
又因为，所以，
故，
所以的取值范围为．
【解析】本题考查了空间几何体体积的求解，二面角的求解以及截面面积问题，考查了空间想象能力与逻辑推理能力、化简运算能力，属于难题．
连结，并延长分别交，于点，，连结交于点，连结，，利用比例关系确定为靠近的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结，，由和进行求解，即可得到答案；
求出点到平面的距离，得到点为靠近的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得即为截面与底面所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；
设，则，先求出的关系以及取值范围，然后将转化为，表示，求解取值范围即可．
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