《浙江省杭州市联谊学校2023-2024学年高一下学期5月月考数学Word版含解析》由会员分享,可在线阅读,更多相关《浙江省杭州市联谊学校2023-2024学年高一下学期5月月考数学Word版含解析(17页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、杭州联谊学校2024年5月高一教学质量检测数学试题一、单选题1. 已知,则的虚部为( )A. 2B. 4C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的有关概念直接得出结果.【详解】因为,所以则z的虚部为2.故选:A2. 设一组样本数据x1,x2,xn方差为0.01,则数据10x1,10x2,10xn的方差为( )A. 0.01B. 0.1C. 1D. 10【答案】C【解析】【分析】根据新数据与原数据关系确定方差关系,即得结果.【详解】因为数据的方差是数据的方差的倍,所以所求数据方差为故选:C【点睛】本题考查方差,考查基本分析求解能力,属基础题.3. 设是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下
2、列命题中正确的是( )A. 若,则B. 若,则C. 若,则D. 若,则【答案】C【解析】【分析】根据已知条件及借助正方体,结合点线面的位置关系即可求解.【详解】如图所示对于A,设平面为平面,平面为平面,为,则,则,故A错;对于B,设平面为平面,平面为平面,为,则,则,故B错;对于C,过作平面与平面交于直线,则,可得,则,故C正确;对于D,设平面为平面, 为, 为,则,则,故D错.故选:C.4. 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. 【答案】C【解析】【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,
3、即,可得,所以向量在向量方向上的投影向量为.故选:C.5. 函数的最小正周期等于( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简为即可求得最小正周期.【详解】,故最小最周期.故选:A6. 已知关于的不等式的解集为,其中,则的最小值为( )A. 4B. 4C. 5D. 8【答案】C【解析】【分析】根据不等式的解集求出的值和的取值范围,在代入中利用对勾函数的单调性求出它的最小值.【详解】由的解集为,则,且,是方程的两根,由根与系数的关系知,解得,当且仅当时等号成立,故, 设,函数在上单调递增,所以所以的最小值为5.故选:C7. 已知圆锥的轴截面为为该圆锥
4、的顶点,该圆锥内切球的表面积为,若,则该圆锥的体积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意,利用内切圆的性质,求得圆锥的底面半径和高,结合体积公式,即可求解.【详解】如图所示,设内切球与PA相切于点,因为,所以,由内切球的表面积为,可得球的半径,则圆锥的高为,圆锥的底面半径为,所以该圆锥的体积.故选:A.8. 在中,角所对的边分别是,若,边上的高为,则的最大值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由余弦定理可求得,再由等面积关系可得,利用余弦定理结合基本不等式得出,即可求得,再结合的范围即可得出结论.【详解】,由余弦定理可得,整理可得,又AC边上的
5、高为,所以,即,当且仅当取等号,即,即,则,故ABC的最大值为.故选:B.【点睛】关键点点睛:本题考查余弦定理的应用,解题的关键是等面积关系得,由基本不等式得.二、多选题9. 下列命题为真命题的是( )A. 复数对应的点在第二象限B. 若为虚数单位,则C. 在复数集中,方程的两个解分别为和D. 复平面内满足条件的复数z所对应的点Z的集合是以点为圆心,2为半径的圆【答案】BC【解析】【分析】根据复数的定义可判断A;根据的性质可判断B;根据复数方程的根可判断C;根据复数的几何意义可判断D.【详解】对于A,复数对应的点为,在第四象限,故A错误;对于B,故B正确;对于C,所以在复数集中,方程有两个解,
6、分别为和,故C正确;对于D,复平面内满足条件的复数对应的点的集合是以点为圆心,2为半径的圆面,故D错误.故选:BC10. 在中,分别为的对边,则下列叙述正确的是( )A. 若,则是等腰三角形B. 若为锐角三角形且外心为且,则C. 若,则解此三角形的结果有一解D. “为锐角三角形”是“”的充分不必要条件【答案】ABD【解析】【分析】根据题意,由正弦定理得,得到,可得判定A正确;化简得到,得到B,P,D三点共线,可判定B项正确;由正弦定理,求得三角形的结果有两解,可判定C错误;由为锐角三角形,得到,结合正弦函数的单调性和充分、必要条件的判定,可判定D正确【详解】对于A中,因为,由正弦定理得,即,因
7、为,可得,所以,由正弦定理得,所以是等腰三角形,所以A项正确;对于B中,由,可得,则,即,如图所示,设为的中点,则,故,故B,P,D三点共线,因为P是的外心,所以BD垂直平分AC,所以,所以B项正确;对于C中,若,因,所以,因为,所以,而,所以或,所以解此三角形的结果有两解,所以C项错误;对于D中,若为锐角三角形,则,可得,可得,且在内单调递增,则,即充分性应立;若,例如符合题意,但为直角三角形,即必要性不成立;综上所述:“为锐角三角形”是“”的充分不必要条件,所以D项正确故选:ABD11. 如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点P在线段BC1上运动时,下列命题正确的是( )A. 三棱锥
8、AD1PC的体积不变B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变D. 二面角PAD1C的大小不变【答案】ABD【解析】【分析】对于选项A,由已知可得平面,可得BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等,由此可判断;对于选项B,由,可得直线CP与直线AD1的所成角即为直线CP与直线BC1的所成角,由此可判断;对于选项C,点P在直线BC1上运动时,直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等,可判断;对于选项D,当点P在直线BC1上运动时,平面BAD1C1,即二面角PAD1C的大小不受影响,故D正确.【详解】对于选项A,因为,面
9、,面,所以平面,所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等,又,所以三棱锥AD1PC的体积不变,故A正确;对于选项B,因为,点P在直线BC1上运动,所以直线CP与直线AD1的所成角即为直线CP与直线BC1的所成角,因为为等腰直角三角形,故B项正确;对于选项C,点P在直线BC1上运动时,直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等,故C错误;对于选项D,当点P在直线BC1上运动时,平面BAD1C1,即二面角PAD1C的大小不受影响,故D正确.故选:ABD.三、填空题12. 若,则_.【答案】1【解析】【分析】根据指数与对数的互化可得,结合对数的换底公式和运算性质即可求
10、解.【详解】因为,所以,所以.故答案为:1.13. 从某果树上随机摘下11个水果,其直径为(单位:,则这组数据的第六十百分位数为_.【答案】20【解析】【分析】由百分位数的定义求解即可.【详解】第六十百分位数的位置为,即取第7位数20,故第六十百分位数为20.故答案为:20.14. 已知函数()在区间上有且仅有一个零点,则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】因为,可得,根据函数在区间上有且仅有一个零点,得到,且,可得,验证,即可求解.【详解】由题意,函数(),可得函数的周期为,因为,可得又由函数()在区间上有且仅有一个零点,且满足,且,可得,即,且,当时,解得,所以;当时,解得,所以;当时
11、,解得,此时解集为空集,综上可得,实数的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用,其中解答中熟练应用三角函数的图象与性质,列出相应的不等式组是解答的关键,着重考查推理与运算能力.15. 在疫情防护知识竞赛中,对某校的2000名考生的参赛成绩进行统计,可得到如图所示的频率分布直方图,其中分组的区间为,60分以下视为不及格.观察图形中的信息,回答下列问题:(1)求分数内的频率,并计算本次竞赛中不及格考生的人数;(2)从频率分布直方图中,分别估计本次竞赛成绩的众数和中位数.【答案】(1)分数内的频率为,不及格考生的人数为:(人) (2)众数为75分,中位数为分【解
12、析】【分析】(1)根据频率和为1,可求分数在内的频率;用“样本容量频率”可得不及格考生的人数;(2)用频率最大的区间的中间数据估计众数,根据中位数的概念求中位数.【小问1详解】由频率分布直方图得:,解得,所以分数内的频率为.本次竞赛中不及格考生的人数为:(人).【小问2详解】由题意得:因为成绩在的频率最大,又,所以众数为75分;设中位数为,则,解得,所以中位数为分.16. 如图,在四棱锥中,底面是正方形,平面,且,点为线段的中点.(1)求证:平面;(2)求证:平面;(3)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)【解析】【分析】(1)借助中位线的性质与线面平行判定定理推
13、导即可得;(2)借助线面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理推导即可得;(3)借助点为线段的中点,可得点与点到平面距离相等,即有,结合体积公式计算即可得.【小问1详解】连接交于点,连接,由底面是正方形,故为中点,又点为线段的中点,故,又平面,平面,故平面;【小问2详解】由点为线段的中点,故,由平面,平面,故,又底面是正方形,故,又、平面,故平面,又平面,故,又、平面,故平面;【小问3详解】由点为线段的中点,故点与点到平面距离相等,故.17. 已知,如图,在中,点满足在线段BC上且,点是AD与MN的交点,.(1)分别用来表示和(2)求最小值【答案】(1); (2)【解析】【分析】(1)平面向量基本
14、定理的运用,根据已知条件,结合向量的线性运算即可求解.(2)根据已知条件,结合三点共线性质和基本不等式中“1”的妙用即可求解.【小问1详解】因为,所以,因为,所以.【小问2详解】由(1),因为,所以,因为三点共线,所以,所以,当且仅当,即时等号成立,故的最小值为.18. 在中,对应的边分别为,已知向量,且为边上一点,,且.(1)求;(2)求面积的最大值.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由得,从而计算;(2)由题意,两边平方结合基本不等式可得,利用面积公式即可求.【小问1详解】因为,且,所以,利用二倍角公式和边化角可得:,即,所以,因为,所以,又因为,所以,所以,即.【小问2详解】因为,所以,两边平方得:,所以,当且仅当时取等号.由,可得:,所以.所以面积的最大值为.19. 如图,在四棱锥中,已知底面为矩形,侧面是正三角形,侧面底面是棱的中点,.(1)证明:平面;(2)若二面角