2022-2023学年山东省枣庄市滕州市高一年级下册学期6月月考数学试题【含答案】

2022-2023学年山东省枣庄市滕州市高一下学期6月月考数学试题一、单选题1．已知，则（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，即可求得，即可求解.【详解】由复数，可得，所以.故选：C.2．已知向量，若，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．【详解】因为，所以，，由可得，，即，整理得：．故选：D．3．在5件产品中，有3件一级品和2件二级品，从中任取2件，下列事件中概率为的是（

）A．2件都是一级品 B．2件都是二级品C．一级品和二级品各1件 D．至少有1件二级品【答案】D【分析】利用列举法求得任取两件的样本点的总数，根据选项，结合古典摡型的概率计算公式和互斥事件的概率加法公式，逐项判定，即可求解.【详解】设，，分别表示3件一级品，，分别表示2件二级品,任取2件，则样本空间，共10个样本点，且每个样本点出现的可能性相等，记事件A表示“2件都是一级品”，包含3个样本点，则.记事件B表示“2件都是二级品”，包含1个样本点，则.记事件C表示“2件中1件一级品、1件二级品”，包含6个样本点，则.事件A，B，C两两互斥，所以，又由表示“至少有1件二级品”.故选：D.4．已知数据的平均数为3，方差为1，那么数据，，…，的平均数和方差分别为（

）A．7，4 B．9，3 C．7，9 D．9，4【答案】D【分析】利用平均数与方差的运算性质求解即可．【详解】因为数据的平均数为3，方差为1，所以数据，，…，的平均数为，方差为，故选：D．5．小明按先后顺序抛三枚质地均匀的硬币，则下列各选项正确的是（

）A．“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币反面都朝上”是对立的B．“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币正面都朝上”是互斥的C．“第一枚正面朝上”与“三枚硬币朝上的面相同”不相互独立D．第一枚正面朝上的概率是【答案】A【分析】对于A，根据对立事件的定义判定即可；对于B，根据两事件是否能同时发生判断即可；对于C，根据相互独立事件公式判断即可；对于D，根据单独一枚硬币正面朝上的概率判断即可.【详解】选项A，“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币反面都朝上”是对立的，故选项A正确；选项B，“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币正面都朝上”可能同时发生，不是互斥的，故选项B错误；选项C，第一枚正面朝上的概率，三枚硬币朝上的面相同的概率，又，故，所以“第一枚正面朝上”与“三枚硬币朝上的面相同”相互独立，故选项C错误；选项D，第一枚正面朝上的概率是，故选项D错误.故选：A.6．已知为锐角三角形，，，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据锐角三角形得出角的范围，再利用正弦定理及三角函数的性质即可求解.【详解】因为为锐角三角形，所以,解得,所以.在中，由正弦定理，得，即,由，得，即.所以的取值范围为.故选：C.7．已知，则（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.【详解】因为，而，因此，则，所以.故选：B【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．二、多选题8．现有一组数据8，6，3，4，3，6，2，8，则（

）A．方差为 B．40百分位数是4C．极差为8 D．平均数为5【答案】ABD【分析】把数据从小到大排序，分别求出数据的极差，平均数，方差以及40百分位数即可判断答案．【详解】数据从小到大排序为2，3，3，4，6，6，8，8，极差是，故C错误，平均数是，故D正确，方差，故A正确，由，得40百分位数是第四个数是4，故B正确，故选：ABD．9．在中，内角所对的边分别为，则下列结论正确的有（

）A．若，则B．若，则一定为等腰三角形C．若，则一定为直角三角形D．若，且该三角形有两解，则边的范围是【答案】AC【分析】根据正弦定理和三角恒等变换的公式，以及三角性的内角和定理、三角形解得个数的判定方法，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，因为，可得，由正弦定理可得，所以，所以A正确；对于B中，由，可得或，即或，所以三角形为等腰三角形或直角三角形，所以B不正确；对于C中，若，由正弦定理可得，即，所以，即，又因为，所以，所以一定为直角三角形，所以C正确；对于D中，若，可得，要使得该三角形有两解，可得，即边的范围是，所以D不正确.故选：AC.10．已知函数，则下列选项正确的有（

）A．存在使为偶函数B．若且有，则的图象关于对称C．当时，若在上存在最大值，则实数的取值范围是D．当时，在上单调递减，则实数的取值范围是【答案】BD【分析】利用辅助角公式将函数化简，再根据各选项结合正弦函数的性质一一判断即可.【详解】（其中，，，），对于选项A，若为偶函数，则，所以，解得，因为，故A不正确；对于选项B，当时因为有，所以，，所以，所以，所以，因为，所以的图象关于对称，故B正确；对于选项C，时，，当时，，因为在上有最大值，所以，得，，解得，故C不正确；对于选项D，当时，，因为在上单调递减，所以，解得，当时，，则，得，则，又因为，所以当时，符合题意，故D正确；故选：BD．11．如图，在正四棱柱中，，，点在棱上，且，点在上底面运动，则下列结论正确的是（

）

A．存在点使B．不存在点使平面平面C．若，，，四点共面，则的最小值为D．若，，，，五点共球面，则的最小值为【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，计算与的数量积能否为0可判断A；若平面平面，可得，同A方法即可判断B；作出平面与平面的交线，的最小值即为时，计算可判断C；四点，，，确定的几何体的外接球即为正方体的外接球，判断出面与球的截面为圆，转化为点到圆上点的距离的最小值，计算可得D.【详解】对于A，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，设，则，，则，，若，则有，化简得，，又，，所以不可能成立，故A错误；对于B，连接交于，连结，则依题意可得，若平面平面，又平面平面，平面，，所以平面，所以有，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，则，得，此式不可能成立，故B正确；对于C，如图，

延长交的延长线于，连接交于，则为平面与平面的交线，若，，，四点共面，则在线段上，所以当时，最小，因为，，所以，所以，又，则，所以当时，在中，有，得，故C正确；如图，

四点，，，确定的几何体的外接球即为正方体的外接球，球的半径（正方体的对角线长的一半），设面截球的截面圆为圆，为正方形的中心，设圆的半径为，，所以，若，，，，五点共球面，则在圆上，则的最小值为，故D正确.故选：BCD三、填空题12．已知复数满足，则的取值范围是.【答案】【分析】表示到点的距离为8的点的集合，再根据复数模的几何意义，可求出的取值范围；【详解】设，因为，所以，因为，可看成到点的距离，又点到点的距离为5，所以的最小值是，最大值是，所以的取值范围是.故答案为：.13．若一个圆台的高为，母线长为，侧面积为，则该圆台的体积为.【答案】【分析】先求出圆台的上下底面半径，然后由体积公式计算即可.【详解】设圆台上下底面圆的半径分别为.如图，则母线，高，构成一个直角三角形，易知，，由勾股定理得到，即，圆台的侧面积公式，所以，，所以圆台的体积为：.

故答案为：.14．已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是．【答案】【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.【详解】因为，所以，令，则有3个根，令，则有3个根，其中，结合余弦函数的图像性质可得，故，故答案为：.15．在△ABC中，(分别为角的对边)，则的形状为.【答案】直角三角形【分析】在中，利用二倍角的余弦与正弦定理可将已知转化为，整理即可判断的形状．【详解】在中，，，，，，，为直角．故答案为：直角三角形．四、解答题16．如图，在中，，点是线段上一点.(1)若点是线段的中点，试用和表示向量；(2)若，求实数的值.【答案】(1)(2).【分析】（1）根据向量的线性运算法则求解；（2）根据向量线性运算利用表示，结合平面向量基本定理列方程求的值.【详解】（1）因为点是线段的中点，且，所以.所以；（2）设，则，又，所以，因为，所以，所以.17．如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.

18．滕州二中学校篮球社团举行篮球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队墨子队员对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为.（注：比赛结果没有平局）(1)求甲队墨子队员在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；(2)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队墨子队员上场的概率.【答案】(1)(2)【分析】（1）事件“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件“甲队第局获胜”，利用互斥事件的概率求法求概率即可；（2）讨论上场或不上场两种情况，应用全概率公式求甲队获得最终胜利的概率，再利用贝叶斯公式求甲队墨子队员上场的概率.【详解】（1）事件“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件“甲队第局获胜”，其中相互独立.又甲队明星队员前四局不出场，故，，所以.（2）设为甲3局获得最终胜利，为前3局甲队墨子队员上场比赛，由全概率公式知，，因为每名队员上场顺序随机，故，，所以.故.19．滕州二中近几年加大了对学生奥赛的培训，为了选择培训的对象，2023年月滕州二中进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第组，第组，第组，第组，第组，第组，得到频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：

(1)从频率分布直方图中，估计第百分位数是多少；(2)已知学生成绩评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成绩不小于分时为优秀等级，若从第组和第组两组学生中，随机抽取人，求所抽取的人中至少人成绩优秀的概率.【答案】(1)73(2)【分析】（1）首先确定第百分位数位于，设其为，由可求得结果；（2）根据频率分布直方图计算出第五组和第六组的人数，利用列举法列举出所有可能的基本事件，并确定满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.【详解】（1）因为成绩在的频率为，成绩在的频率为，所以，第百分位数位于，设其为，则，解得，，所以，第百分位数为.（2）第组的人数为：人，可记为；第组的人数为：人，可记为；则从中任取人，有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共种情况；其中至少人成绩优秀的情况有：，，，，，，，，，，，，，，，共种情况；所以，至少人成绩优秀的概率.20．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求证：；(2)若的角平分线交BC于，且，求面积的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据正弦定理，结合正弦函数的单调性进行求解即可；（2）根据正弦定理和三角形面积公式进行求解即可.【详解】（1）因为，由正弦定理得又，所以因为为锐角三角形，所以，，又在上单调递增，所以，即；（2）由（1）可