河北省曲阳县第一高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷（含解析）

曲阳县第一高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考
数学试卷
考试范围：第六章--第九章；考试时间：120分钟；满分：150分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（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，为虚数单位，则在复平面内复数所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
2．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则的形状一定是（ ）
A．等腰三角形 B．锐角三角形
C．直角三角形 D．钝角三角形
3．已知向量，满足，，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的体积是（ ）
A． B．
C． D．
5．从甲队60人、乙队40人中，按照分层抽样的方法从两队共抽取10人，进行一轮答题．相关统计情况如下：甲队答对题目的平均数为1，方差为1；乙队答对题目的平均数为1.5，方差为0.4，则这10人答对题目的方差为（ ）
A．0.8 B．0.675 C．0.74 D．0.82
6．设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ）
A．若m上有两个点到平面的距离相等，则
B．若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件
C．若，，，则
D．若m、n是异面直线，，，，，则
7．在中，，D为AB的中点，，P为CD上一点，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过，，三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的表面积为
二、多选题（本大题共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．某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如下所示的频率分布直方图，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（ ）
A．
B．样本质量指标值的平均数为75
C．样本质量指标值的众数小于其平均数
D．样本质量指标值的第75百分位数为85
10．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则△ABC为钝角三角形
C．若，，，则符合条件的△ABC有两个
D．若，则△ABC为等腰三角形或者直角三角形
11．如图，已知直三棱柱的所有棱长均为3，分别在棱，上，且分别为的中点，则（ ）
A．平面
B．若分别是平面和内的动点，则周长
的最小值为
C．若，过三点的平面截三棱柱所得截面的面积
为
D．过点且与直线和所成的角都为的直线有且仅有1条
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知向量，若B，C，D三点共线，则 ．
13．已知在中，内角所对的边分别为，点是的重心，且，则角的大小为 ．
14．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为 ．

四、解答题（共5道大题，其中15题13分，16题、17题15分，18题、19题17分，共77分）
15．已知向量满足，．
(1)求；
(2)求；
(3)若向量与向量的方向相反，求实数的值．
16．某地统计局就该地居民的月收入调查了10000人，并根据所得数据画了样本的频率分布直方图（每个分组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示收入在.
(1)求居民月收入在的频率；
(2)根据频率分布直方图算出样本数据的中位数；
(3)为了分析居民的收入与年龄、职业等方面的关系，必须按月收入再从这10000人中用分层抽样方法抽出100人作进一步分析，则月收入在的这段应抽多少人？
17．如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且.
(1)求角A的大小；
(2)已知，，求的值.
19．如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，
(1)证明：平面；
(2)求点到面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．B
【分析】先利用复数的除法和乘方化简复数，再利用复数的几何意义即可.
【详解】复数
所以在复平面内复数所对应的点为，
该点位于第二象限.
故选：B.
2．A
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦推理判断即可.
【详解】在中，由及正弦定理，得，
于是，而，则，
所以是等腰三角形.
故选：A
3．C
【分析】由题意可知：，根据模长关系结合数量积的运算律可得，进而可求投影向量.
【详解】由题意可知：，
因为，则，
即，可得，
所以向量在向量方向上的投影向量为.
故选：C.
4．D
【分析】求出上下圆台的高，利用台体体积公式求出答案.
【详解】上、下两圆台的高之比是，故上圆台的高为厘米，
下圆台的高为厘米，
故上圆台的体积为立方厘米，
下圆台的体积为立方厘米，
故该汝窑双耳罐的体积为立方厘米.
故选：D
5．D
【分析】根据分层抽样的均值与方差公式计算即可.
【详解】根据题意，按照分层抽样的方法从甲队中抽取人，
从乙队中抽取人，
这人答对题目的平均数为，
所以这人答对题目的方差为.
6．D
【分析】对于A，m与可以相交，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等；对于B，C，根据面面垂直的判定及性质进行判断；对于D，根据面面平行的判定定理进行判断.
【详解】对于A，当直线m与相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误；
对于B，若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；
对于C，若，，，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误；
对于D，若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故D正确.
故选：D.
7．D
【分析】由中点可知，根据模长关系可得，设，结合平面向量的线性运算以及基本定理可得，用表示，结合模长运算求解.
【详解】因为D为AB的中点，则，
可得，即，解得，
又因为P为CD上一点，设，
则，
可得，解得，即，
则，
可得，即.
故选：D.
【点睛】关键点睛：1.根据模长关系可得；
2.设，根据平面向量基本定理求得；
3.以为基底表示，进而运算求解.
8．D
【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断D.
【详解】A：如图，因为，
所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
所以该半正多面体的体积为：，故A错误；
B：根据该半正多面体的对称性可知，过三点的截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，故B错误；
C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形的中心，故半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误；
D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为，
所以其表面积为，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解.
9．ACD
【分析】运用频率分布直方图中所有频率之和为1及平均数、众数、百分位数公式计算即可.
【详解】对于A项，由题意知，解得0.030，故A项正确；
对于B项，样本质量指标值的平均数为，故B项错误；
对于C项，样本质量指标值的众数是，故C项正确；
对于D项，前3组的频率之和为，前4组的频率之和为，
故第75百分位数位于第4组，设其为，
则，解得，
即第75百分位数为85，故D项正确.
故选：ACD项.
10．ABD
【分析】利用正弦定理、余弦定理逐一判断即可.
【详解】A选项，根据大角对大边，，
根据正弦定理可得，其中为三角形外接圆半径，
于是，A选项正确；
B选项，根据余弦定理结合选项可知，，
由，进而，B选项正确；
C选项，根据正弦定理，，结合选项数据，得出，
故这样的三角形不存在，C选项错误；
D选项，若，由正弦定理，，
则，则或者，
即，或者，即是等腰三角形或者直角三角形，D选项正确.
故选：ABD.
11．BC
【分析】根据线面平行的定义判断A；求出点P关于平面和的对称点的距离判断B；计算截面面积判断C；找出与过点A且与直线和BC所成的角都为的直线条数判断D.
【详解】直三棱柱的所有棱长均为3，
对于A，由，得，
显然构成一个平面，连接DF，EG，和，
正方形中，，设，显然≌，
则，即为的中点，于是，即为DF的中点，
同理设，则为EG的中点，因此是中位线，
由为中线，得P为中点，因为平面FGED，
因此平面FGED，即平面PFG与平面FGED为同一个平面，则DE在平面PFG内，A错误；
对于B，显然平面与平面所成锐二面角大小为，
计算可得点H到平面和的距离，由选项A知，是的中点，
则点P到平面和的距离，令点P关于平面和的对称点分别为，，
则当M，N分别取直线与平面和的交点时，的周长最短，
由，得，
所以周长的最小值为，B正确；
对于C，由选项A知，D，E在过P，F，G三点的平面内，截面为四边形FGED，
，则截面面积为，C正确；
对于D，显然，过点A作BC的平行线，则，
与成的所有直线构成以A为顶点的两个对顶圆锥（为轴），
同理与成的所有直线构成以A为顶点两个对顶圆锥（为轴），
而与所成角，因此圆锥面上公共直线共有两条，
所以过点A且与直线和BC所成的角都为的直线有2条，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
12．
【分析】求出，再利用共线向量的坐标表示求出.
【详解】依题意，，由B，C，D三点共线，得，
则，所以.
故答案为：
13．
【分析】根据重心性质可得，代入已知，结合平面向量基本定理可得，然后由余弦定理可解.
【详解】记的中点分别为，
则，
由重心性质可知，，所以，
所以，即，
由平面向量基本定理可知，即，
所以，，
因为，所以.
故答案为：

14．/
【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解.
【详解】在中，，则，
又平面，平面平面，
所以平面，连接，，所以，
得，设（），
则，即，得，
当即即时，取到最小值1，
此时取到最小值.
故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求.
15．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）首先求出、的坐标，从而得到的坐标，再根据数量积的坐标表示计算可得；
（2）求出的坐标，利用坐标法计算可得；
（3）首先求出与的坐标，根据向量共线的坐标表示求出，再代入检验.
【详解】（1）因为，，
所以，则，
所以，
所以，
所以；
（2）因为，
所以；
（3）因为，，
所以，
，
因为与共线，
则，解得或，
当时，，，则，
此时与方向相同，不符题意；
当时，，，则，
此时与方向相反，符合题意；
综上可得．
16．(1)0.15
(2)2400元
(3)25人
【分析】（1）根据图中所对应的频率/组距的值，乘上组距，即可得到月收入在的频率.
（2）通过比较几个区间的频率之和与0.5的关系，判断出中位数所在区间，进而求出样本数据的中位数.
（3）根据表格先居民月收入在的频率，接着计算10000人中月收入在的人数，再根据分层抽样抽出100人，计算得出月收入在的这段应抽取的人数.
【详解】（1）月收入在的频率为：
∴居民月收入在的频率为0.15.
（2），
，
，
，
∴样本数据的中位数为
∴样本数据的中位数为2400元.
（3）居民月收入在的频率为：
，
∴10000人中月收入在的人数为：
，
再从10000人中分层抽样方法抽出100人，
则月收入在的这段应抽取：
，
∴月收入在的这段应抽25人.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由题意可证四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）如图，易证，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（3）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解.
【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，
所以平面；
（2）由平面，平面，得，
连接，由且，
所以四边形为平行四边形，又，
所以平行四边形为正方形，所以，
又，所以，又平面，
所以平面，由平面，
所以平面平面；
（3）由平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由（2）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为.

18．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量共线的坐标运算及正弦定理得，化简得，根据特殊角的三角函数值求解即可；
（2）方法一：结合题干利用余弦定理求得，再代入面积公式求得，利用数量积定义求得，即可解答；
方法二：根据三角形面积公式求得，进而利用数量积的定义求得，再利用余弦定理和题干求得和，即可得解.
【详解】（1）由向量，，且，得，
利用正弦定理可得，
又，所以，可得.
又，所以.
（2）方法一：由（1）得，即.
由.得，得.
又可得，
此时，
所以.
方法二：由（1）得，，又，可得，
此时，
由余弦定理可得，即，
由，得，得，
由，可得，
故.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论；
（2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果；
（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果.
【详解】（1）连接，

在三棱台中，；
，四边形为等腰梯形且，
设，则.
由余弦定理得：，
，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
是以为直角顶点的等腰直角三角形，，
，平面，平面.
（2）由棱台性质知：延长交于一点，
，，，
；
平面，即平面，
即为三棱锥中，点到平面的距离，
由（1）中所设：，，
为等边三角形，，
，；
，，
，
设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离，
，，解得：.
即点到平面的距离为.
（3）平面，平面，平面平面，
平面平面
取中点，在正中，，平面，
又平面，平面平面．
作，平面平面，则平面，
作，连接，则即在平面上的射影，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，，即二面角的平面角.
设，
在中，作，
，，又平面，平面，
，解得：，
由（2）知：，，
，，
，，
，，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得：，
，
存在满足题意的点，.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果.