2021-2022学年福建省厦门市第一中学高一5月月考数学试题（解析版）

1、2021-2022学年福建省厦门市第一中学高一5月月考数学试题注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡规定的地方填写自己的班级、座号、姓名；考生务必认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考号、姓名”与考生本人考号、姓名是否一致.2.作答选择题时，选出等案用铅笔将答题卡上对应题目的等案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后再涂选其它答案标号；作答非选择题时，请将答案写在答题卡上，写在本卷上无效.3.考试结束，考生只须将答题卡交回.4.本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.一、单选题：本大题8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确答案.1. 复数z满足，则z的实部为（ ）A. 0B. 1C.

2、 D. 【答案】A【解析】【分析】先由复数的乘方求得，进而求得，即可求得z的实部.【详解】由，可得，故z的实部为0.故选：A.2. 设，向量，且，则（ ）A. B. C. D. 5【答案】D【解析】【分析】先由求得，再求出，再求模长即可.【详解】由可得，解得，则，.故选：D.3. 从装有两个红球和两个白球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（ ）A. 至少有一个白球与都是红球B. 恰好有一个白球与都是红球C. 至少有一个白球与都是白球D. 至少有一个白球与至少一个红球【答案】B【解析】【分析】列举每个事件所包含的基本事件，结合互斥事件和对立事件的定义，依次验证即可.【详解】解：对于A，

3、事件：“至少有一个白球”与事件：“都是红球”不能同时发生，但是对立，故A错误；对于B，事件：“恰好有一个白球”与事件：“都是红球”不能同时发生，但从口袋内任取两个球时还有可能是两个都是白球，所以两个事件互斥而不对立，故B正确；对于C，事件：“至少有一个白球”与事件：“都是白球”可以同时发生，所以这两个事件不是互斥的，故C错误；对于D，事件：“至少有一个白球”与事件：“至少一个红球”可以同时发生，即“一个白球，一个红球” ，所以这两个事件不是互斥的，故D错误.故选：B.4. 已知，是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则下列命题中错误的是（ ）A. 若，且，则B. 若，则C. 若

4、，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据线线、线面的位置关系，结合平面的基本性质即可判断空间中线线、线面、面面的位置关系.【详解】对于A选项，则，由线面垂直的性质知，垂直于内的任意直线，又，则平行于内的某直线，所以.对于B选项，则平行于内的某直线，又，所以内的某直线也垂直于，则.对于C选项，由线面平行的性质可得.对于D选项，则或，又，则与相交或平行.故选：D.5. 投掷两枚骰子，分别得到点数a，b，向量与向量的夹角为锐角的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由向量夹角公式可得，向量与向量的夹角为锐角得到，利用列举法和古典概型即可得到所求概率.【详解】设向量与向量

5、的夹角为，则，又因为向量与向量的夹角为锐角，则；可知，投掷两枚骰子，分别得到点数，共有种等可能情况；当时，即有：时，有种情况；时，有种情况；时，有种情况；时，有种情况；时，有种情况；所以，共有种等可能情况，则向量与向量的夹角为锐角的概率.故选：C.6. 二面角是直二面角，设直线与、所成的角分别为和，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先作出直线与、所成的角，由最小角定理可得：，即可判断出.【详解】如图，作出，连结BC，AD.因为二面角是直二面角，所以，所以为与所成的角.同理：为与所成的角.由最小角定理可得：又，故选：C7. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，AB边

6、上的角平分线长度为t，则（ ）A. 3B. 6C. 3或6D. 【答案】A【解析】【分析】在中由余弦定理可得，令，由角平分线，由正弦定理可得：在中，在中， ，联立可得，即可得结果.【详解】如图所示，令， 则，解得：（负舍），在中，；又为角平分线，由角平分线性质可得，所以，中，在中， ，由可得：，所以,故选：A.8. 在三棱锥A-BCD中，二面角A-BD-C是钝角.若三棱锥A-BCD的体积为2，则A-BCD的外接球的表面积是（ ）A. 12B. 13C. D. 【答案】B【解析】【分析】如图1，取中点，由棱锥体积求得面积，并得出为二面角的平面角，由面积求得此角，然后求出，由此知四面体可以放置在一

7、个长方体中，四面体的六条棱是长方体的六个面对角线，如图2，长方体的外接球就是四面体的外接球，长方体的对角线就是球的直径，计算可得球表面积【详解】如图1，取中点，连接，则，又，平面，所以平面，所以，又，又由，知为二面角的平面角，此角为钝角，所以，所以，因此四面体可以放置在一个长方体中，四面体的六条棱是长方体的六个面对角线，如图2，此长方体的外接球就是四面体的外接球，设长方体的棱长分别为，则，解得，所以外接球的直径为，球表面积为故选：B 图1图2二、多选题：本大题4小题，全选对得5分，选对但不全得2分，选错或不答得0分.9. 下列说法中正确的是（）A. 棱柱中互相平行的两个面叫棱柱的底面B. 圆柱

8、的任意两条母线所在直线是互相平行的C. 正棱锥的底面边长和侧棱长相等D. 棱台的侧棱延长后必交于一点【答案】BD【解析】【分析】由柱、锥、台的定义依次判断即可.【详解】A选项：底面为正六边形的棱柱相对的两个侧面互相平行，但不能作为底面，错误；B选项：由圆柱的定义知，任意两条母线所在直线互相平行，正确；C选项：正棱锥的底面边长都相等，但底面边长和侧棱长不一定相等，错误；D选项：由棱台的定义知，棱台的侧棱延长后必交于一点，正确.故选：BD.10. 我国居民收入与经济同步增长，人民生活水平显著提高“三农”工作重心从脱贫攻坚转向全面推进乡村振兴，稳步实施乡村建设行动，为实现农村富强目标而努力，2017

9、年2021年某市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比上年增长率如下图所示，根据下面图表、下列说法一定正确的是（ ）A. 对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的极差，城镇比农村的小B. 该市农村居民年人均可支配收入高于城镇居民C. 对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的中位数，农村比城镇的大D. 2021年该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比2020年有所上升【答案】CD【解析】【分析】根据表中数据逐一判断即可.【详解】对于A：由表中数据可知城镇居民相关数据极差较大，即选项A错误；对于B：由增长率高，得不出收入高，即选项B错误；对于C：由表中数据，可知农村居民相关数据中位数较大，即选

10、项C正确；对于D：由表中数据，可知增长率均为正，所以2021年该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比2020年有所上升，即选项D正确.故选：CD.11. 已知在ABC中，M是边BC的中点，是边AB上一定点满足，且对于边AB上任一点P，恒有，则下列选项中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】在ABC中取AB的中点E，连接CE，MP0.由，得，从而M0PAB.利于几何关系证明CEMP0，所以CEAB.根据等腰三角形三线合一即可证明AC=BC.【详解】如图，在ABC中取AB的中点E，连接CE，MP0.故.同理，由，得，故MP0AB.故A正确；由M为BC的中点，E为AB的

11、中点，且，得CEMP0，所以CEAB.故B错误；又E为AB的中点，所以AC=BC. 故D正确，C错误； 故选：AD12. 如图，在棱长为的正方体中，为正方形的中心，为棱上的动点.则下列说法正确的是（ ）A. 点为中点时，B. 当点运动时，折线段长度的最小值是C. 当点运动时，三棱锥外接球的球心总在直线上D. 当为的中点时，正方体表面到点距离为的轨迹的总长度为【答案】ACD【解析】【分析】根据点为棱上的动点，则根据对应点在不同位置，对各项进行分析即可.【详解】对于A，根据题意得为的中位线，所以，又面，所以面，面，则，故A正确；对于B，将平面沿翻折到平面，如图，折线段的长度最小为，故B错误；对于C

12、，体对角线过的中心且垂直于平面，故以为底的三棱锥，球心在上，故C正确；对于D，在平面和平面上轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的两段弧，在平面和平面上，轨迹是以为半径，圆心角为的两段弧，故，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：根据正方体的性质及线线、线面关系判断线线位置、线段长的最值，分析锥体外接球球心位置.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若10个数据的平方和为45，平均数为2，则这组数据的方差为_.【答案】#【解析】【分析】根据方差的公式计算即可.【详解】设这个数据为（），平均数为，由题意得，则这组数据的方差.故答案为：14. 如图所示是一个样本容量为的频率分

13、布直方图，则由图形中的数据，可知其分位数为_.【答案】【解析】【分析】根据频率可判断分位数在内，列式即可求出.【详解】由图可知第一组的频率为，前两组的频率之和为，则可知其分位数在内，设为，则，解得.故答案为：.15. 如图，一个几何体的上半部分是一个圆柱体，下半部分是一个圆锥体，圆柱体的高为1m，圆锥体的高为2m，公共的底面是半径为1m的圆形，那么这个几何体的体积为_，表面积为_.【答案】 . # . 【解析】【分析】几何体的体积为圆柱体积加圆锥体积，表面积为圆柱的上底面面积加圆柱的侧面积加圆锥的侧面积，即可求解.【详解】由题意知，几何体的体积为圆柱体积加圆锥体积，即；设圆锥的母线为，则，表面

14、积为圆柱的上底面面积加上圆柱的侧面积加上圆锥的侧面积，即.故答案为：；.16. 从长度为3，4，5，a的4条线段中任取3条，这3条线段能构成锐角三角形的概率为，则实数a的取值范围是_.【答案】或【解析】【分析】由已知和古典概率公式求得在3，4，a ；3， 5，a； 4，5，a，中有2种情况可以构成锐角三角形，由余弦定理求得每种情况构成锐角三角形时实数a的取值范围，由此建立不等式组，求解即可.【详解】解：从长度为3，4，5，a的4条线段中任取3条，有3，4，5；3，4，a ；3， 5，a； 4，5，a，共4种情况，因为这3条线段能构成锐角三角形的概率为，所以从长度为3，4，5，a的4条线段中任取

15、3条，有2种情况可以构成锐角三角形，因为三角形三边为3，4，5，构成的三角形是直角三角形，所以在3，4，a ；3， 5，a； 4，5，a，中有2种情况可以构成锐角三角形，若3，4，a 构成锐角三角形，则，解得；若3，5，a 构成锐角三角形，则，解得；若4，5，a 构成锐角三角形，则，解得；所以要使在3，4，a ；3， 5，a； 4，5，a，中有2种情况可以构成锐角三角形，则需或或，解得或，所以实数a的取值范围是或.故答案为：或.四、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，把解答过程填写在答题卡的相应位置.17. 如图，ABC是等边三角形，EA平面ABC，F为B

16、E的中点.（1）证明：平面ABC；（2）证明：AF平面BDE.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）作的中点，连接，由中位线的性质得到，结合题目信息，可证四边形是平行四边形，即可证明平面.（）连接，易得，利用勾股定理逆定理可证明是直角三角形，结合线面垂直的判定定理即可证明【小问1详解】作的中点，连接，；为的中点，又，则四边形是平行四边形，所以，平面，平面，平面.【小问2详解】连接AD，由题意设，（），可得，由（1）知，是为的中点，又有平面，平面，所以，即是等腰直角三角形，则，又因为，所以平面，平面，则，由勾股定理得，所以，即，又，平面，平面，故平面.18. 在平面四边

17、形ABCD中，.（1）若ABC的面积为，求AC；（2）若，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）应用三角形面积公式有，可求，由余弦定理即可求；（2）设，在中，在中应用正弦定理有，即可求，得解.【小问1详解】在中，可得，在中，由余弦定理得，【小问2详解】设，则，在中，易知：，在中，由正弦定理得，即，可得，即.19. 如图，在ABC中，已知，CD与AE交于点O.（1）求的值；（2）若，求的值【答案】（1）1 （2）6【解析】【分析】（1）先以，为基底表示、，再去求即可；（2）设，在中，有，则，即,则,然后求出m、n的值即可得解【小问1详解】，则【小问2详解】设，在中，有，则，即,则,即而

18、，则又，则20. 如图，四棱锥，底面ABCD为菱形，BD的中点为O，且PO平面ABCD.（1）证明：；（2）若，求直线PO与平面PAD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）连接，由菱形的性质可得，再由线面垂直的性质可得，即可得到平面，从而得到.（2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，求出平面法向量和直线的方向向量，利用向量夹角公式即可求解.小问1详解】连接，因为底面ABCD为菱形，的中点为，所以且，又因为底面，平面，所以，又，平面，平面，则平面，因为平面，所以.【小问2详解】由（1）知，直线，两两垂直，则以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，

19、建立如图所示空间直角坐标系.由题意设，由，得，又，则，所以，设平面的法向量，由，令，得设直线PO与平面PAD所成角为，则，直线PO与平面PAD所成角的正弦值为.21. 某中学有初中学生1800人，高中学生1200人，为了解全校学生本学期开学以来（60天）的课外阅读时间，学校采用分层抽样方法，从中抽取100名学生进行问卷调查.将样本中的“初中学生”和“高中学生”按学生的课外阅读时间（单位：时）各分为5组0，10）、10，20）、20，30）、30，40）、40，50，得到频率分布直方图如图所示.（1）估计全校学生中课外阅读时间在30，40）小时内的总人数是多少；（2）从课外阅读时间不足10小时的

20、样本学生中随机抽取3人，求至少有2个初中生的概率；（3）国家规定，初中学生平均每人每天课外阅读时间不少于半个小时.若该校初中学生课外阅读时间小于国家标准，则学校应适当增加课外阅读时间，根据以上抽样调查数据，该校是否需要增加初中学生的课外阅读时间？并说明理由.【答案】（1）720人 （2） （3）需要增加，理由见解析【解析】【分析】（1）由分层抽样的特点可分别求得抽取的初中生、高中生人数，由频率分布直方图的性质可知初中生、高中生课外阅读时间在，小时内的频率，然后由频数样本容量频率可分别得初中生、高中生课外阅读时间在，小时内的样本学生数，最后将两者相加即可（2）记“从阅读时间不足10个小时样本学生

21、中随机抽取3人，至少有2个初中生”为事件，由频数样本容量频率组距频率可分别得初中生、高中生中，阅读时间不足10个小时的学生人数，然后用列举法表示出随机抽取3人的所有可能结果以及事件的结果，从而得 （3）同一组中的数据用该组区间中点值作为代表来计算样本中的所有初中生平均每天阅读时间，并与30小时比较大小，若小于30小时，则需要增加，否则不需要增加【小问1详解】由分层抽样知，抽取的初中生有人，高中生有人初中生中，课外阅读时间在，小时内的频率为:，学生人数为人高中生中，课外阅读时间在，小时内的频率为:，学生人数约有人，全校学生中课外阅读时间在，小时内学生总人数为人【小问2详解】记“从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，至少有2个