2022-2023学年山东省枣庄市高一年级下册学期6月月考数学试题3【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．下列说法正确的是（

）A．三个点可以确定一个平面 B．若直线a在平面外，则a与无公共点C．用平面截正棱锥所得的棱台是正棱台 D．斜棱柱的侧面不可能是矩形【答案】C【分析】由三点共线判断A；由线面关系有a与可能相交或平行判断B；由正棱锥的结构特征及正棱台的定义判断C；注意两条相邻侧棱同时垂直于底面上与它们相交的边情况判断D.【详解】A：三点共线时平面不止一个，错误；B：若直线a在平面外，则a与可能相交或平行，错误；C：平面截正棱锥所得的棱台，必有上下底面均为正多边形且侧面是全等的等腰梯形，即为正棱台，正确；D：斜棱柱侧棱不垂直于底面，但可能存在两条相邻侧棱同时垂直于底面上与它们相交的边，此时这两条侧棱和上下底面的边所成侧面为矩形，错误.故选：C2．如果从装有个红球和个黑球的口袋内任取个球，那么下列各组中的两个事件是“互斥而不对立”是（

）A．“至少有一个黑球”与“都是红球”B．“至少有一个黑球”与“都是黑球”C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”【答案】D【分析】写出各选项中两个事件所包含的基本情况，进而判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，“至少有一个黑球”包含：黑红、黑，所以，“至少有一个黑球”与“都是红球”为对立事件，A选项不满足条件；对于B选项，“至少有一个黑球”包含：黑红、黑，所以，“至少有一个黑球”包含“都是黑球”，B选项错误；对于C选项，“至少有一个黑球”包含：黑红、黑，“至少有一个红球”包含：黑红、红，所以，“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”有交事件，C选项不满足条件；对于D选项，“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”互斥且不对立，D选项满足条件.故选：D.3．“幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高．现随机抽取10位临湘市居民，他们的幸福感指数为7，3，5，6，7，4，8，9，5，10．则这组数据的80%分位数是（

）A．8.5 B．8 C．9 D．7.5【答案】A【分析】将题目的数据从小到大排列，然后利用百分位数的定义计算.【详解】幸福感指数的数据从小到大排列成：，由，是整数，根据百分位数的定义，分位数是排列好的数字的第和第位的平均数，即.故选：A4．如图是函数的图像的一部分，则要得到该函数的图像，只需要将函数的图像（

）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【答案】A【分析】先由图像求得，再由辅助角公式化简，最后由三角函数的平移变换即可求解.【详解】由题图知：，又，，解得，又，将向左平移得.故选：A.5．如图，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值是（

）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】利用三角形的中位线做出异面直线所成角，然后利用余弦定理计算即可.【详解】如图所示:连接A1C,交AC1于D,取BC的中点E,连接AE,DE,则DE//A1B,∴为异面直线A1B和AC1所成的角或其补角.由题意，可设该正三棱柱的棱长为2，易得,则AE=,∴,∴异面直线A1B和AC1所成的角的余弦值为，故选：B.6．，是半径为1的圆的两条直径，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出图象，根据，结合数量积的运算，即可求解.【详解】如图所示，，是半径为1的圆的两条直径，且，即为的中点，则，故选：B.

7．已知，，三点均在球的表面上，，且球心到平面的距离为2，则球的内接正方体的棱长为（

）A．1 B． C．2 D．【答案】D【分析】先由球的截面的性质可得球的半径，再由正方体外接球的直径即为体对角线的长即可得解.【详解】由题意，的外接圆半径为，设该球的半径为，可得，所以，设该球内接正方体的棱长为，所以，所以．故选：D.8．（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先将代入所求式子通分化简，再结合二倍角公式、两角差的正弦公式，即可得解．【详解】解：．故选：A．二、多选题9．已知复数：满足，则（

）A． B．z的虚部为C．z的共轭复数为 D．z是方程的一个根【答案】AD【分析】由复数除法的运算法则求出，然后根据复数的相关概念，以及复数的模长公式和复数范围内方程根的求法即可得答案.【详解】解：因为，所以，对A：，故选项A正确；对B：z的虚部为，故选项B错误；对C：z的共轭复数为，故选项C错误；对D：因为方程的根为，所以z是方程的一个根，故选项D正确.故选：AD.10．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，且，则有（

）A． B． C． D．【答案】BC【分析】利用余弦定理化简得选项C正确；利用三角形的面积公式化简得选项D错误；利用余弦定理得选项A错误；利用正弦定理得选项B正确.【详解】解：由正弦定理得,所以,因为,所以选项C正确；由题得，所以选项D错误；由余弦定理得，所以选项A错误；由正弦定理得.所以选项B正确.故选：BC11．若向量，，下列结论正确的是（

）A．若同向，则B．与垂直的单位向量一定是C．若在上的投影向量为（是与向量同向的单位向量），则D．若与所成角为锐角，则n的取值范围是【答案】AC【分析】A．先根据共线确定出的可取值，然后根据同向确定出的值；B．分析的相反向量与的位置关系并进行判断；C．根据求解出的值；D．根据且不同向即可求解出的取值范围.【详解】A．设，所以，所以，即，所以满足，故正确；B．因为，所以也是与垂直的单位向量，故错误；C．因为在上的投影向量为，所以，所以，所以，故正确；D．因为与所成角为锐角，所以且不同向，所以，所以，故错误；故选：AC.【点睛】思路点睛：已知向量的夹角为锐角或者钝角，求解参数范围的步骤：（1）根据两个向量的夹角为锐角或钝角，得到或，求解出的范围；（2）特殊分析：当两个向量共线时，计算出参数的取值；（3）排除两个向量共线时参数的取值，确定出参数的取值范围.12．已知等边三角形ABC的边长为6，M，N分别为AB，AC的中点，如图所示，将△AMN沿MN折起至，得到四棱锥，则在四棱锥中，下列说法正确的是（

）A．当四棱锥的体积最大时，二面角为直二面角B．在折起过程中，存在某位置使BN⊥平面C．当四棱锥体积的最大时，直线与平面MNCB所成角的正切值为D．当二面角的余弦值为时，的面积最大【答案】ACD【分析】由四棱锥的体积最大，即高最大即可判断A选项；令BN⊥平面，则，推出矛盾即可判断B选项；由线面角的定义即可判断C选项；由面面角的定义求得，进而求出为等腰直角三角形即可判断D选项.【详解】如图，取中点，易得，由于四边形的面积为定值，要使四棱锥的体积最大，即高最大，当面时，此时高为最大，二面角为直二面角，A正确；若BN⊥平面，则，又，，则，又，，故不成立，即不存在某位置使BN⊥平面，B错误；由上知，当四棱锥体积的最大时，即二面角为直二面角，面，此时直线与平面MNCB所成角即为，易得四边形为等腰梯形，取中点，易得，且，故，又，故，C正确；如图，取中点，易得，取中点，易得，故即为二面角的平面角，即，故，又，解得，又，故，又，此时为等腰直角三角形，面积最大为，故D正确.故选：ACD.三、填空题13．一个侧棱长为的直棱柱的底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图为如图所示的菱形，其中，则该直棱柱的体积为．

【答案】【分析】根据直观图的边长数据可以还原原直棱柱底面矩形的数据，体积为直棱柱的底面矩形面积乘以高得到.【详解】直棱柱的底面是矩形，由于直观图为菱形，满足，根据直观图和原图形的关系，在矩形中，，，于是底面积为，直棱柱的体积为.故答案为：14．如图所示，为测量一水塔AB的高度，在C处测得塔顶的仰角为60°，后退20米到达D处测得塔顶的仰角为30°，则水塔的高度为米．【答案】【详解】设，则，，则，∴，故答案为.15．甲，乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班人，乙班人．甲班的平均成绩为，方差为；乙班的平均成绩为，方差为．那么甲，乙两班全部名学生成绩的方差是．【答案】【分析】首先计算得到全部名学生的平均成绩，根据方差的计算公式可求得结果.【详解】由题意知：全部名学生的平均成绩为：，全部名学生的方差为：.故答案为：.16．在中，若，，则面积的最大值为．【答案】2【分析】作出辅助线，利用向量线性运算得到，利用三角形面积公式求出最值.【详解】设点为线段的三等分点，因为，，所以，，则，当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为2.

故答案为：2四、解答题17．已知平面向量、满足，，与的夹角为.（1）求的值；（2）若向量与平行，求实数的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用平面向量数量积的运算性质可求得的值；（2）设，根据平面向量的基本定理可得出关于、的方程组，由此可解得实数的值.【详解】（1）；（2）向量与平行，设，由题意可知，向量与不共线，可得，解得.【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求模，同时也考查了利用平面向量共线求参数，考查计算能力，属于基础题.18．如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，（1）求证：直线平面；（2）求直线与平面所成角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）取的中点，连接、，证明出平面，可得出直线与平面所成角为，计算出、的长，即可求得结果.【详解】（1）因为四边形是菱形，所以又因为平面，平面，，又因为，所以平面；（2）取的中点，连接、，因为平面，平面，所以，，，则为等边三角形，因为为的中点，故，，平面，所以是直线与平面所成角，在中，，，所以，所以直线与平面所成角的正切值.19．我校在2021年的自主招生考试成绩中随机抽取40名学生的笔试成绩，按成绩共分成五组：第1组，，第2组，，第3组，，第4组，，第5组，，得到的频率分布直方图如图所示，同时规定成绩在85分以上的学生为“优秀”，成绩小于85分的学生为“良好”，且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格．（1）根据样本频率分布直方图估计样本的中位数与平均数；（2）如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好”的学生中共选出5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“优秀”的概率是多少？【答案】（1）中位数为，平均数为；（2）【分析】（1）计算各组的频率得中位数在第三组，不妨设为，进而根据求解，根据平均数的计算方法计算即可得答案.（2）由分层抽样得良好”的学生有人，“优秀”的学生有人，进而根据古典概型求解即可.【详解】解：（1）第一组的频率为，第二组的频率为，第三章的频率为，第四组的频率为，第五组的频率为，所以中位数在第三组，不妨设为，则，解得，平均数为；（2）根据题意，“良好”的学生有人，“优秀”的学生有人，所以分层抽样得“良好”的学生有人，“优秀”的学生有人，将三名优秀学生分别记为，两名良好的学生分别记为，则这5人中选2人的基本事件有：共10种，其中至少有一人是“优秀”的基本事件有：共9种，所以至少有一人是“优秀”的概率是20．为普及抗疫知识､弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲､乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲､乙胜出的概率分别为，.甲､乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.(1)从甲､乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？(2)若甲､乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.【答案】(1)派甲参赛获胜的概率更大(2)【分析】（1）根据独立事件的概率分别计算甲、乙比赛胜出的概率比较即可得解；（2）考虑问题的对立面，计算两人都没有赢得比赛的概率，根据对立事件的概率之和为1即可得解.【详解】（1）设“甲在第一轮比赛中胜出”，“甲在第二轮比赛中胜出”“乙在第一轮比赛中胜出”，“乙在第二轮比赛中胜出”，则“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”，，，，，同理因为，所以，派甲参赛获胜的概率更大.（2）由（1）知，设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”，，；于是“两人中至少有一人赢得比赛”..21．如图所示，现有一张边长为的正三角形纸片ABC，在三角形的三个角沿图中虚线剪去三个全等的四边形，，（剪去的四边形均有一组对角为直角），然后把三个矩形，，折起，构成一个以为底面的无盖正三棱柱．(1)若所折成的正三棱柱的底面边长与高之比为3，求该三棱柱的高；(2)求所折成的正三棱柱的表面积为，求该三棱柱的体积．【答案】(1)(2)12【分析】（1）设出,表达出,利用正三棱柱的底面边长与高之比求出的长，即为该三棱柱的高；（2）设出,表达出,表达出所折成的正三棱柱的表面积，求出的长，进而求出该三棱柱的体积.【详解】（1）由题意及几何知识得，设,则，.因为，所以，∴该三棱柱的高为.（2）由题意，（1）及几何知识得，正三棱柱的表面积为，设,