山西省怀仁市大地高级中学2020-2021学年高一下学期第三次月考（5月）数学试题 Word版含答案

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怀仁市大地高级中学2020-2021学年度下学期第三次月考
高一数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4. 考试结束后，将答题卡交回。
第Ⅰ卷
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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. 复数（位虚数单位）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. 在某次测量中得到的A样本数据如下：42，43，46，52，42，50，若B样本数据恰好是A样本数据每个都减5后所得数据，则A、B两样本的下列数字特征对应相同的是
A. 平均数 B. 标准差 C. 众数 D. 中位数
3. 已知一个三棱柱的高为3，如图是其底面用斜二测画法画出的水平放置的直观图，其中，则此三棱柱的体积为
A. 2 B. 4 C. 6 D. 12
4. 已知非零向量，若，且，则的夹角为
A. B. C. D.
5. 设为平面，为两条不同的直线，则下列叙述正确的是
A. 若∥，∥，则∥ B. 若，∥，则
C. 若，，则∥ D. 若∥，，则
6. 已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为
A. B. C. D.
7. 已知数据的方差为4，若，则新数据的方差为
A. 16 B. 13 C. -8 D. -16.
8. 如图是一个正方体的表面展开图，则图中“有”在正方体中所在的面的对面上的是
A. 者 B. 事 C. 竟 D. 成
9. 已知向量不共线，，，若∥，则
A. ﹣12 B. ﹣9 C. ﹣6 D. ﹣3
10. 如图所示是一样本的频率分布直方图，样本数据共分3组，分别为[5，10），[10，15），[15，20]. 估计样本数据的第60百分位数是
A. 14 B. 15 C. 16 D. 17
11. 已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为4，P是AA1中点，过点D1作平面，满足CP⊥平面，则平面与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面周长为
A. B. C. D.
12. 若圆锥W的底面半径与高均为1，则圆锥W的表面积等于
A. B. C. D.
第Ⅱ卷
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13若复数满足方程，则??????????.
14如图，在平行四边形ABCD中，分别为AD，AB上的点，且，交于点.若，则的值为??????????.
15.向量是单位向量，，，则　 　
16. 如图，在正方体中，点为线段的中点，设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值??????????，最大值??????????.
三、解答题（本大题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. （本小题满分10分）
20名学生某次数学考试成绩（单位：分）的频率分布直方图如图.
（1）求频率分布直方图中a的值；
（2）分别求出成绩落在[50，60）与[60，70）中的学生人数；
18. （本小题满分12分）
如图，在矩形中，和分别是边AC和BC上的点，满足，，若，其中∈R，求的值.
19. （本小题满分12分）
已知在四面体中，，，点分别为棱上的点，且.
（Ⅰ）当时，求证：∥平面；
（Ⅱ）当变化时，求证：平面⊥平面.
20. （本小题满分12分）
如图，在棱长均为1的直三棱柱中，是的中点.
（1）求证：⊥平面
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
21. （本小题满分12分）
“肥桃”因产于山东省泰安市肥城市境内而得名，已有1100多年的栽培历史. 明代万历十一年（1583年）的《肥城县志》载：“果亦多品，惟桃最著名”.2016年3月31日，原中华人民共和国农业部批准对“肥桃”实施国家农产品地理标志登记保护. 某超市在旅游旺季销售一款肥桃，进价为每个10元，售价为每个15元销售的方案是当天进货，当天销售，未售出的全部由厂家以每个5元的价格回购处理. 根据该超市以往的销售情况，得到如图所示的频率分布直方图：
（1）估算该超市肥桃日需求量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）已知该超市某天购进了150个肥桃，假设当天的需求量为x个（x∈N，0≤x≤240），销售利润为y元.
（ⅰ）求y关于x的函数关系式；
（ⅱ）结合上述频率分布直方图，以频率估计概率的思想，估计当天利润y不小于650元的概率.
22. （本小题满分12分）
如图，在三棱柱中，⊥平面，，，分别是 的中点.
（1）求证：∥平面；
（2）若异面直线与所成的角为，求三棱锥的体积.

高一数学第三次月考试题答案
一、单选题（本大题共12小题，共60分）
复数为虚数单位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
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查复数的几何意义，直接由复数求出在复平面内对应的点的坐标得答案．
【解答】
解：复数为虚数单位在复平面内对应的点的坐标为：，位于第四象限．
故选D．
2在某次测量中得到的A样本数据如下：42，43，46，52，42，50，若B样本数据恰好是A样本数据每个都减5后所得数据，则A、B两样本的下列数字特征对应相同的是（ ）
A．平均数B．标准差C．众数D．中位数
【分析】根据样本A，B中数据之间的关系，结合众数，平均数，中位数和标准差的定义即可得到结论．
【解答】解：设样本A中的数据为xi，则样本B中的数据为yi＝xi﹣5，
则样本数据B中的众数和平均数以及中位数和A中的众数，平均数，中位数相差5，
只有标准差没有发生变化，
故选：B．
3已知一个三棱柱的高为3，如图是其底面用斜二测画法画出的水平放置的直观图，其中，则此三棱柱的体积为
A. 2
B. 4
C. 6
D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考察直观图与原图的关系，以及棱柱的体积公式，属于基础题．
依据直观图可知原图的底面三角形的底边长为2，高为2，可求出柱体的底面面积，再依据棱柱体积公式可求出答案．
【解答】
解：设三棱柱的底面三角形为，由直观图可知，，
且，，
故．
故答案选C．
4已知非零向量，，若，且，则与的夹角为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了向量的数量积，考查了向量垂直的关系，考查了向量夹角的求解本题的关键是由垂直求出数量积为0．
由向量垂直可得，结合数量积的定义表达式可求出，又，从而可求出夹角的余弦值，进而可求夹角的大小．
【解答】
解：因为，
所以，
因为，
所以，
．
故选：B．
5设为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是
若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查命题的真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解．
【解答】
解：若，，则a与b相交、平行或异面，故A错误；
若，，则由直线与平面垂直的判定定理知，故B正确；
若，，则或，故C错误；
若，，则，或，或b与相交，故D错误．
故选：B．
6已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为，PA与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查线面角的概念、三角形面积公式、圆锥的体积公式，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力．
设底面半径为，根据线面角的大小可得母线长为2r，再根据三角形的面积得到r的值，最后代入圆锥的体积公式，即可得答案．
【解答】
解：如图所示，设底面半径为，

与圆锥底面所成角为，，
，母线PA，PB所成角的余弦值为，
，，
，
故选：C．
7已知数据的方差为4，若，则新数据的方差为
A. 16B. 13C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查利用方差的性质求解方差的问题，属于基础题．
根据方差的性质直接计算可得结果．
【解答】
解：由方差的性质知：新数据的方差为：．
故选：A．
8．如图是一个正方体的表面展开图，则图中“有”在正方体中所在的面的对面上的是（ ）

A．者B．事C．竟D．成
【分析】直接把正方体的展开面图复原为空间图，进一步求出结果．
【解答】解：根据正方体的表面展开图，复原成正方体．
如图所示：
其中“者”在最里面，“有”在最外面．构成对面关系．
故选：A．
9．已知向量不共线，，，若，则m＝（ ）
A．﹣12B．﹣9C．﹣6D．﹣3
【分析】由向量平行的性质得3+＝λm+λ（m+2），由此能求出m．
【解答】解：∵向量不共线，，，，
∴3+＝λm+λ（m+2），
∴，
解得λ＝﹣1，m＝﹣3．
故选：D．
10．如图所示是一样本的频率分布直方图，样本数据共分3组，分别为[5，10），[10，15），[15，20]．估计样本数据的第60百分位数是（ ）

A．14B．15C．16 D．17
【分析】由频率分布直方图，根据样本数据的百分位数列方程求出即可．
【解答】解：由频率分布直方图知，第1组的频率为0.04×5＝0.2，
第2组的频率为0.10×5＝0.5，
设样本数据的第60百分位数是x，则0.2+0.10（x﹣10）＝0.6，
解得x＝14，
所以估计样本数据的第60百分位数是14．
故选：A．
11．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为4，P是AA1中点，过点D1作平面α，满足CP⊥平面α，则平面α与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面周长为（ ）

A．4B．12 C．8D．8
【分析】取 AD 中点 E，AB 中点 F，连接PD，D1E，EF，B1F，B1D1，AC，先证明 E，F，B1，D1四点共面，再由 EF⊥CP，D1E⊥CP 证明 CP⊥平面 EFB1D1可知平面 EFB1D1为平面 α 与正方体 ABCD﹣A1B1C1D1的截面，根据正方体的棱长即可求得 EFB1D1的周长．
【解答】解：取 AD 中点 E，AB 中点 F，连接PD，D1E，EF，B1F，B1D1，AC，
如下图所示：

E 为 AD 中点，F 为 AB 中点，则 EF∥BD，BD∥B1D1
所以 EF∥B1D1
所以 E，F，B1，D1四点共面．
根据正方形性质可知 CD⊥平面 ADD1A1，
而 D1E?平面ADD1A1，所以 CD⊥D1E，
A△D1DE≌△DAP，可知∠ED1D＝∠PDA，
而∠PDA+∠PDD1＝90°，所以∠ED1D+∠PDD1＝90°，
即 PD⊥D1E
为 CD∩PD＝D，所以 D1E⊥平面 PDC，
而CP?平面 PDC，所以 D1E⊥CP；
E 为 AD 中点，F 为 AB 中点，由正方形和正方体性质可知
EF⊥AC，PA⊥EF，且 PA∩AC＝A，
所以 EF⊥平面 PAC，而 CP?平面 PDC，
所以 EF⊥CP，又因为 D1E⊥CP，D1E∩EF＝E
所以 CP⊥平面 EFB1D1
即平面 EFB1D1为平面 α 与正方体 ABCD﹣A1B1C1D1的截面，
正方体 ABCD﹣A1B1C1D1棱长为 4
所以 EFB1D1的周长为 B1D1+D1E+EF+B1F
＝
＝，
故选：A．
12．若圆锥W的底面半径与高均为1，则圆锥W的表面积等于（ ）
A． B．C．2π D．
【分析】求出圆锥的母线长，再计算圆锥的侧面积和表面积．
【解答】解：圆锥的轴截面如图所示，
则圆锥的母线为l＝＝，
所以该圆锥的侧面积为S侧面积＝πrl＝π?1?＝π，
圆锥的表面积为S表面积＝S侧面积+S底面积＝π+π?12＝（+1）π．
故选：A．

二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13若复数z满足方程，则 ．
【答案】
【解析】
【分析】
本题考查复数的计算，属基础题．
根据题意可得，然后根据复数的乘法可得结果．
【解答】
解：由，则，
所以，
所以，
故答案为：
14如图，在平行四边形ABCD中，M，N分别为AD，AB上的点，且，MN交于点若，则的值为 ．


【答案】
【解析】
【分析】
本题考查平面向量共线定理的推论，涉及向量的线性运算，属基础题．
用向量表示，结合三点共线，即可求得参数值．
【解答】
解：根据题意，
，
因为三点共线，
所以，解得．
故答案为．
15．向量是单位向量，||＝2，⊥，则||＝ ．
【分析】由题意可得，进行向量的模的运算带入求值即可得答案．
【解答】解：∵?；
∴||＝＝．
故答案为：．
16如图，在正方体中，点O为线段BD的中点，设点P在线段上，直线OP与平面所成的角为，则的最小值 ，最大值 ．
【答案】,1
1
【解析】
【分析】
此题考查正方体的性质和直角三角形的边角关系，线面角的求法，考查推理能力，属于中档题。
由题意，直线OP与平面所成的角的最小值为和中的最小者，然后利用正方体的性质和直角三角形的边角关系，求出的取值范围，再确定其最值
【解答】
解：连接，，
因为，平面，
所以平面，
又平面
所以平面平面，
所以直线OP与平面所成的角的最小值为和中的最小者，
不妨设，
在中，，


，
所以的取值范围为，
所以的最小值为，最大值为1，
故答案为：；1．
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
22(10分）．20名学生某次数学考试成绩（单位：分）的频率分布直方图如图．
（1）求频率分布直方图中a的值；
（2）分别求出成绩落在[50，60）与[60，70）中的学生人数；

【分析】（1）根据频率分布直方图求出a的值；
（2）由图可知，成绩在[50，60）和[60，70）的频率分别为0.1和0.15，用样本容量20乘以对应的频率，即得对应区间内的人数，从而求出所求．
【解答】解：（1）根据直方图知组距＝10，由（2a+3a+6a+7a+2a）×10＝1，解得a＝0.005．
（2）成绩落在[50，60）中的学生人数为2×0.005×10×20＝2，
成绩落在[60，70）中的学生人数为3×0.005×10×20＝3．


17（12分）如图，在矩形OACB中，E和F分别是边AC和BC上的点，满足，，若，其中，R，求，的值．


【答案】解：因为，，
在矩形OACB中，，
又


，
所以，，
所以．
【解析】本题考查平面向量基本定理，属于基础题．
根据题意得出，则，由此即可求出结果．
18（12分）．已知在四面体ABCD中，AB＝AC，DB＝DC，点E，F，G，M分别为棱AD，BD，DC，BC上的点，且BM＝MC，DF＝2FB，DG＝2GC，AE＝λAD（0≤λ≤1）．
（Ⅰ）当λ＝时，求证：AM∥平面EFG；
（Ⅱ）当λ变化时，求证：平面ADM⊥平面EFG．

【分析】（Ⅰ）当λ＝时，，推导出EF∥AB，EG∥AC，从而平面ABC∥平面EFG，由此能证明AM∥平面EFG．
（Ⅱ）推导出AM⊥BC，DM⊥BC，BC∥GF，从而BC⊥平面ADM，GF⊥平面ADM，由此能证明当λ变化时，平面ADM⊥平面EFG．
【解答】证明：（Ⅰ）当λ＝时，，
∵四面体ABCD中，AB＝AC，DB＝DC，
点E，F，G，M分别为棱AD，BD，DC，BC上的点，BM＝MC，DF＝2FB，DG＝2GC，
∴EF∥AB，EG∥AC，又EF∩EG＝E，AB∩AC＝A，
∴平面ABC∥平面EFG，
∵AM?平面ABC，∴AM∥平面EFG．
（Ⅱ）∵AB＝AC，DB＝DC，点E，F，G，M分别为棱AD，BD，DC，BC上的点，
BM＝MC，DF＝2FB，DG＝2GC，AE＝λAD（0≤λ≤1）．
∴AM⊥BC，DM⊥BC，BC∥GF，
∵AM∩DM＝M，∴BC⊥平面ADM，
∵GF∥BC，∴GF⊥平面ADM，
∵GF?平面EFG，
∴当λ变化时，平面ADM⊥平面EFG．

19（12分）如图，在棱长均为1的直三棱柱中，D是BC的中点．
求证：平面
求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】证明：直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
，
，D是BC的中点，
，
又，BC、平面，
平面．
解：如图，连接，
由可知，平面，
则即为直线与平面所成角，
因为平面，平面，
所以，
在中，，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】本题考查线面垂直的判定，直线与平面所成角，属于中档题．
由题意，可得到，并且，从而由线面垂直的判定定理可得到平面；
连接，可得到为直线和平面所成角，即可得解．
本题考查线面垂直的判定，直线与平面所成角，属于中档题．
由题意，可得到，并且，从而由线面垂直的判定定理可得到平面；
连接，可得到为直线和平面所成角，即可得解．
20（12分）“肥桃”因产于山东省泰安市肥城市境内而得名，已有1100多年的栽培历史．明代万历十一年（1583年）的《肥城县志》载：“果亦多品，惟桃最著名”.2016年3月31日，原中华人民共和国农业部批准对“肥桃”实施国家农产品地理标志登记保护．某超市在旅游旺季销售一款肥桃，进价为每个10元，售价为每个15元销售的方案是当天进货，当天销售，未售出的全部由厂家以每个5元的价格回购处理．根据该超市以往的销售情况，得到如图所示的频率分布直方图：
（1）估算该超市肥桃日需求量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）已知该超市某天购进了150个肥桃，假设当天的需求量为x个（x∈N，0≤x≤240），销售利润为y元．
（ⅰ）求y关于x的函数关系式；
（ⅱ）结合上述频率分布直方图，以频率估计概率的思想，估计当天利润y不小于650元的概率．

【分析】（1）先利用各组频率之和为1，求出a的值，再利用每组区间的中点值乘以该组的频率依次相加，即可估算出平均数；
（2）（ i）分情况讨论，得到y关于x的分段函数的函数关系式即可；（ ii）利润y≥650，当且仅当日需求量x∈[140，240]． 由频率分布直方图求出x∈[140，240]的频率，以频率估计概率的思想，能估计当天利润y不小于650元的概率．
【解答】解：（1）由题意可知：（0.00125+a+0.0075+0.00625+a+0.0025）×40＝1，
解得a＝0.00375；
所以平均数 ＝（20×0.00125+60×0.00375+100×0.0075+140×0.00625+180×0.00375+220×0.0025）×40
＝0.05×20+0.15×60+0.3×100+0.25×140+0.15×180+0.1×220＝124；
（2）（ i）当x∈[150，240]时，y＝150×（20﹣15）＝750，
当x∈[0，150）时，y＝（20﹣15）x﹣（150﹣x）（15﹣10）＝10x﹣750，
故y＝，（x∈N）；
（ ii）由（ i）可知，利润y≥650，当且仅当日需求量x∈[140，240]．
由频率分布直方图可知，日需求量x∈[140，240]的频率约为 0.125+0.15+0.1＝0.375，
以频率估计概率的思想，估计当天利润y不小于650元的概率为0.375．
21（12分）．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝AA1＝6，AC＝8，D，E分别是AC，CC1的中点．
（1）求证：AB1∥平面BDC1；
（2）若异面直线AB与A1C1所成的角为30°，求三棱锥C1﹣BDE的体积．

【分析】（1）如图，连接B1C，交BC1于点F，连接DF，由已知结合三角形中位线定理可得DF∥AB1，再由直线与平面平行的判定定理，证明AB1∥平面BDC1；
（2）由AC∥A1C1，可得∠BAC即为异面直线AB与A1C1所成的角为30°，求三角形ABC的面积，得到三角形DBC的面积，然后分别求出三棱锥C1﹣BCD，E﹣BCD的体积，再由求解．
【解答】解：（1）证明：如图，连接B1C，交BC1于点F，连接DF，
在△ACB1中，由于D为AC的中点，F为B1C的中点
∴DF为△ACB1的中位线，∴DF∥AB1，
∵DF?平面BDC1，AB1?平面BDC1，
∴AB1∥平面BDC1；
（2）∵AC∥A1C1，∴∠BAC即为异面直线AB与A1C1所成的角，
∵异面直线AB与A1C1所成的角为30°，∴∠BAC＝30°，
∴，
∵D是AC的中点，∴，
又∵CC1⊥平面ABC，CC1＝6，E是CC1的中点．
∴．
，
∴．
即三棱锥C1﹣BDE的体积为6．

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