2022-2023學年安徽省江淮名校高一年級下冊學期5月階段聯考數學試題【含答案】

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1、一、單選題 1．下列結論錯誤的是（????） A．圓柱的每個軸截面都是全等矩形 B．長方體是直四棱柱，直四棱柱不一定是長方體 C．用一個平面截圓錐，必得到一個圓錐和一個圓臺 D．四棱柱、四棱臺、五棱錐都是六面體 【答案】C 【分析】直接利用圓柱，直棱柱，圓臺，圓錐的定義判斷ABCD的結論． 【詳解】對于A：由矩形繞著它的一條邊旋轉一周形成一個圓柱，可得圓柱的每個軸截面都是全等矩形，故A正確； 對于B：長方體是直四棱柱，直四棱柱不一定是長方體，故B正確； 對于C：用一個平行于底面的平面截圓錐，必得到一個圓錐和一個圓臺，故C錯誤； 對于D：四棱柱、四棱臺、五棱錐都是六面體，故D正

2、確． 故選：C 2．已知復數滿足，則在復平面內所對應的點是（????） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由復數的模長公式化簡，再由復數的幾何意義求解即可. 【詳解】由題意可得， 所以復數在復平面內對應的點為． 故選：B． 3．已知向量，，若，則在上的投影向量的坐標為（????） A． B． C． D．（ 【答案】C 【分析】由向量垂直的坐標表示求解，再根據投影向量的公式進行求解即可. 【詳解】由，，，得， 解得．所以，， 所以，， 所以在上的投影向量為 故選：C． 4．如圖是年全球LNG運輸船訂單和交付量統計圖，則下列說法不正確的是（????）

3、 A．年全球LNG運輸船訂單量的平均值約為32艘 B．年全球LNG運輸船訂單的交付率逐年走低 C．年全球LNG運輸船交付量的極差為27艘 D．2019年全球LNG運輸船訂單和交付量達到峰值 【答案】B 【分析】根據統計圖中的數據一一分析計算每個選項中涉及的數據，即可判斷出答案. 【詳解】由圖知，年全球LNG運輸船訂單量的平均值為（艘），故A正確； 2019年的交付率為，2020年的交付率為，即2020年的交付率大于2019年的交付率，故B不正確； 年全球LNG運輸船交付量的極差為，故C正確； 2019年全球LNG運輸船訂單和交付量達到峰值，故D正確， 故選：B． 5．

4、已知向量，的位置如圖所示，若圖中每個小正方形的邊長均為1，則（????） ?? A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】根據圖建立直角坐標系可得的坐標，然后根據向量的加法與模公式求解即可. 【詳解】如圖所示建立平面直角坐標系，則，，， ?? 所以． 故選：D． 6．已知、、是三個不同的平面，且，，則“”是“”的 A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 【答案】B 【解析】根據幾何模型與面面平行的性質定理，結合充分條件和必要條件的定義可判斷出“”是“”的必要而不充分條件. 【詳解】如下圖所示，將平面、、視為三棱柱的

5、三個側面，設，將、、視為三棱柱三條側棱所在直線，則“”“”； 另一方面，若，且，，由面面平行的性質定理可得出. 所以，“”“”，因此，“”是“”的必要而不充分條件. 故選：B. 【點睛】本題考查必要不充分條件的判斷，同時也考查了空間中平行關系的判斷，考查推理能力，屬于中等題. 7．如圖，一架飛機從A地飛往B地，兩地相距500km.飛行員為了避開某一區(qū)域的雷雨云層，從A點起飛以后，就沿與原來的飛行方向AB成角的方向飛行，飛行到中途C點，再沿與原來的飛行方向AB成角的方向繼續(xù)飛行到終點B點.這樣飛機的飛行路程比原來的路程500km大約多飛了（ ）（，） A．10km B．20k

6、m C．30km D．40km 【答案】B 【分析】由題得，再由正弦定理求出，即得解. 【詳解】在中，由，得， 由正弦定理得， 所以， 所以， 所以， 故選：B. 8．如圖，已知正四棱錐的所有棱長均為4，平面經過，則平面截正四棱錐的外接球所得截面圓的面積的最小值為（????） ?? A． B． C． D． 【答案】C 【分析】連接、交于，連接，求出，，可得點即為正四棱錐的外接球球心，取中點，連接，當時，截面圓的面積最小，線段也即此時截面圓的直徑，求出截面圓的面積即可． 【詳解】連接，交于，連接，則底面且是中點， ，， 所以到，，，，的距離均為，點即為正四棱錐的

7、外接球球心，取中點，連接，分析可知，當時，截面圓的面積最小，線段也即此時截面圓的直徑，所以截面圓的面積的最小值為． 故選：C． ?? 二、多選題 9．下列關于復數的說法正確的是（????） A．任意兩個虛數都不能比較大小 B．在復平面中，虛軸上的點都表示純虛數 C．已知，，則 D． 【答案】AC 【分析】根據復數的概念可判斷A正確；根據復平面的概念可判斷B不正確；根據復數的乘法運算和復數的模長公式計算可判斷C正確；根據虛數單位的概念計算可判斷D不正確． 【詳解】對于A，任意兩個虛數都不能比較大小，A正確； 對于B，在復平面中，虛軸上的點都表示純虛數，不正確，因為原點在虛

8、軸上，原點表示實數0，B不正確； 對于C，設，， 則，，，C正確； 對于D，，D不正確． 故選：AC． 10．為了加深師生對黨史的了解，激發(fā)廣大師生知史愛黨?知史愛國的熱情，某校舉辦了“學黨史?育文化”暨“喜迎黨的二十大”黨史知識競賽，并將1000名師生的競賽成績（滿分100分，成績取整數）整理成如圖所示的頻率分布直方圖，則下列說法正確的（????） ?? A．的值為0.005； B．估計成績低于60分的有25人 C．估計這組數據的眾數為75 D．估計這組數據的第85百分位數為86 【答案】ACD 【分析】由所有組頻率之和為1求得a，再根據頻率直方圖中頻數、眾數及百分位

9、數的求法可得結果. 【詳解】對于A，由，得.故A正確； 對于B，估計成績低于60分的有人.故B錯誤； 對于C，由眾數的定義知，估計這組數據的眾數為75.故C正確； 對于D，設這組數據的第85百分位數為m，則， 解得：，故D正確. 故選：ACD 11．已知的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則下列說法正確的是（????） A． B．若為斜三角形，則 C．若，則是銳角三角形 D．若，則一定是等邊三角形 【答案】ABD 【分析】由正弦定理和比例性質可以判斷A，D選項，根據誘導公式及兩角和公式判斷B選項，由平面向量的數量積判斷三角形形狀判斷C選項， 【詳解】對于A，由

10、正弦定理和比例性質得，故A正確； 對于B，由題意，，則， 所以，故B正確； 對于C，因為，所以，所以， 所以C為鈍角，是鈍角三角形，故C錯誤； 對于D，因為，所以，所以，且A，B，，所以，所以為等邊三角形，故D正確． 故選:ABD． 12．如圖，將一副三角板拼成平面四邊形，將等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得三棱錐．設CD＝2，點E，F分別為棱BC，BD的中點，M為線段AE上的動點．下列說法正確的是（????） A．存在某個位置，使 B．存在某個位置，使 C．當三棱錐體積取得最大值時，AD與平面ABC成角的正切值為 D．當AB＝AD時，CM+FM的最小值為 【答案】

11、ACD 【分析】利用面面垂直的性質定理即可判斷A；先假設存在，利用線面垂直的判定定理可得平面ABD，可得，即△ACD是以CD為斜邊的直角三角形，通過計算發(fā)現，互相矛盾，即可判斷B；由三棱錐體積取得最大值時知面面垂直，得出線面垂直，即可求出線面角，即可判斷C；由側面展開圖及余弦定理可判斷D 【詳解】解：對于A：存在平面平面，使得，證明如下： 因為平面平面， 平面平面，，平面， 則平面，因為平面，所以， 故存在平面平面，使，故A正確， 對于B：若，又平面， 則平面ABD，因為平面ABD，則，則是以CD為斜邊的直角三角形， 因為，所以，， 又由題意知，故不存在某個位置，使，故B錯誤

12、； 對于C：當三棱錐體積取得最大值時，平面平面BCD，即AE是三棱錐的高， 又，平面平面BCD＝BC，平面BCD，所以平面ABC， 所以∠DAC是直線AD與平面ABC所成的角， 所以，故C正確； 對于D：當時,因為為的中點， 所以，則， 又因為的中點，所以， 又，所以， 所以， 如圖將沿旋轉，得到，使其與在同一平面內且在內， 則當三點共線時，最小， 即的最小值為， 在中，， 則， 所以在中，由余弦定理得， 所以的最小值為，故D正確， 故選：ACD． 三、填空題 13．在中，，且，則________． 【答案】 【分析】根據平面向量的線性運算求解

13、即可. 【詳解】，， 即，，． 故答案為：. 14．為迎接2023年成都大運會，大運會組委會采用按性別分層抽樣的方法從200名大學生志愿者中抽取30人組成大運會志愿小組.若30人中共有男生12人，則這200名學生志愿者中女生可能有______人. 【答案】120 【分析】根據分層抽樣的比例關系計算得到答案. 【詳解】由題設，若200名學生志愿者中女生有人，則， 所以人. 故答案為：120 15．如圖所示的是用斜二測畫法畫出的的直觀圖（圖中虛線分別與軸，軸平行），則的周長為________． ?? 【答案】 【分析】根據題意，由直觀圖畫法可得原圖，即可得到結果. 【詳

14、解】根據題意，的原圖形如圖， ?? 根據直觀圖畫法規(guī)則知，的底邊的長為4，高為4，， 則的周長為． 故答案為：. 16．在中，，點在邊上，且，的面積為，則的最小值為________． 【答案】2 【分析】法一：根據△ABC的面積公式求得，由余弦定理得，由結合余弦定理及基本不等式求得結果；法二：根據△ABC的面積公式求得，根據得結合基本不等式求得結果. 【詳解】法一：設，，，在中， 由余弦定理，得，整理得， 又的面積為，所以，． 又， 整理得. 當且僅當時取等號，所以的最小值為2． 法二：由的面積為， 可得．易知， 所以， 當且僅當時取等號，所以的最小值為2

15、． 故答案為：2. 四、解答題 17．某果園試種了兩個品種的桃樹各10棵，并在桃樹成熟掛果后統計了這20棵桃樹的產量如下表，記兩個品種各10棵產量的平均數分別為和，方差分別為和． （單位：） 60 50 45 60 70 80 80 80 85 90 （單位：） 40 60 60 80 80 55 80 80 70 95 (1)求，，，； (2)果園要大面積種植這兩種桃樹中的一種，依據以上計算結果分析選種哪個品種更合適?并說明理由． 【答案】(1)，，， (2)選擇品種，理由見解析 【分析】（1）根據平均數和方差公式求解即可；

16、 （2）比較平均值和方差的大小可得答案. 【詳解】（1）， ，???? ， ． （2）由可得兩個品種平均產量相等， 又，，則品種產量較穩(wěn)定，故選擇品種. 18．如圖，在四棱錐中，平面，，，，，交于點． ?? (1)求證：平面平面； (2)設是棱上一點，過作，垂足為，若平面平面，求的值． 【答案】(1)證明見解析 (2) 【分析】（1）由線面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理證得結果； （2）由面面平行的性質定理得及平行線對應線段成比例得出結果. 【詳解】（1）證明：因為底面，平面，故， 又，，，平面，故平面???? 又平面，故平面平面． （2）因為平面

17、平面，平面平面，平面平面， 所以，???? 因為，且，所以???????? 在中，由，，得，???? 即． 19．已知向量，，其中． (1)若，求； (2)若，求，夾角的余弦值． 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根據題意，由共線向量的坐標運算即可得到結果； （2）根據題意，由向量的坐標運算，結合模長公式代入計算，即可得到，再由向量的夾角坐標公式，即可得到結果. 【詳解】（1）由，得，即，???? 因為，所以， 所以或， 解得或. （2）由題得， 由，得，即， 整理得，①???????? 令，則． 所以①式可化為，解得或（舍去）???? 由，

18、得???? 所以，即，因為， 所以，此時，，設，夾角為， 則， 故，夾角的余弦值為． 20．記的內角的對邊分別為，，，已知． (1)求； (2)若，求的取值范圍． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理求得結果； （2）由結合兩角和的正弦公式及余弦定理求得結果. 【詳解】（1）因為，所以由正弦定理可得， 整理得???????? 故由余弦定理得， 又，所以． （2）因為， 所以???? 由（1）知， 所以???? 因為， 所以， 又易知，所以． 所以，， 所以， 故的取值范圍是. 21．已知空間幾何體中，是邊長為2的等邊

19、三角形，是腰長為2的等腰三角形，，，，． (1)作出平面與平面的交線，并說明理由； (2)求點到平面的距離． 【答案】(1)作圖見解析，理由見解析 (2) 【分析】（1）利用平面的基本性質可以求得兩平面的交線； （2）先利用等體積法求到平面的距離，利用轉化法可得答案. 【詳解】（1）如圖所示，分別延長，交于點，連接， ?? 則即為平面與平面的交線.??? 理由如下： 因為． 故，，，四點共面，又，則，交于點． 由，平面，得平面； 由，平面，得平面． 所以是平面與平面的公共點，又也是平面與平面的公共點， 所以即為平面與平面的交線. （2）連接交于點，

20、 因為，，所以， 則點到平面的距離是點到平面的距離的2倍．???? 因為，，所以， 又，，，平面， 所以平面???? 同理可證平面． 所以三棱錐的體積???? 因為是腰長為2的等腰三角形，所以． 所以， 同理???? 又已知，故的面積．???? 設點到平面的距離為， 則， 即，解得． 故點到平面的距離為． 22．如圖，在平面四邊形中，已知，，，． ?? (1)若，求； (2)若，求四邊形的面積． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根據余弦定理可求出結果； （2）設，根據正弦定理求出，進而求出、，再根據三角形面積公式可求出結果. 【詳解】（1）在中，， ， 在中，由余弦定理，得 . （2）設，則， 在中，由正弦定理得， 即， ?? 即，則，整理得， 解得或（舍）， 易知為銳角，所以， 在中，，， 四邊形的面積， 故四邊形的面積為.