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河北省邯郸市武安市第一中学2024 2025学年高一下学期5月月考数学试题
一、单选题
1．已知复数在复平面内对应的点的坐标是，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
3．已知正四棱台的上、下底面边长分别为，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的高为（ ）
A．2 B． C． D．1
4．如图，斜二测画法的直观图是，的面积为，那么的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．若球是圆锥的内切球，且圆锥的轴截面是一个边长为2的正三角形，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
6．一组单调递增数据，，…，的平均数、极差、中位数、方差依次为，，m，，构造一组新的数据，，…，，其中，新数据的平均数、极差、中位数、方差依次为，，n，，则下列结论中不正确的是（ ）
A．若，则 B．
C．若，则 D．若，则
7．经过班干部初选后，需从四位同学中（恭喜你，你也在其中）随机确定二个同学分别担任班长与学习委员，则你当上班长的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．在锐角三角形中，角、、的对边分别为、、、，若，且，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知，是空间中的两个不同的平面，，，是三条不同的直线．下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
10．若某公司从五位大学毕业生甲，乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则（ ）
A．“从甲、乙、丙、丁，戊五人中录用三人”的样本空间中共10个样本点
B．“甲、乙、丙至少有两人被录用”的概率为
C．“丁、戊至多有一人被录用”的概率为
D．“甲或乙被录用”的概率为
11．设点是所在平面内任意一点，的内角，，的对边分别为，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若点是的重心，则
B．若，则点是的垂心
C．若点是的垂心，则
D．若为的外心，为的垂心，则
三、填空题
12．方程有一个根为，求实数
13．某校为了解全校高中学生五一小长假参加实践活动的情况，抽查了100名学生，统计他们假期参加实践活动的时间，绘成的频率分布直方图如图所示.这100名学生中参加实践活动时间在4~10小时内的人数为 .
14．祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家.祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体，设圆锥顶点到平面的距离为l，则截得的截面面积都为 （用R，l表示），由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等，从而得到半球的体积公式.
四、解答题
15．已知复数，在复平面内对应的点分别为，．
（1）若，求；
（2）若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求实数m的取值范围．
16．记斜三角形的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）过点作的垂线，与的延长线相交于点，若，且，求.
17．如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面.
（1）求与平面所成的角；
（2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．已知一组样本量为10的样本数据如下：
37 39 45 48 49 51 52 55 61 63
（1）求这组数据的平均数和标准差；
（2）求这组数据的20%和75%分位数；
（3）已知另一组样本数据的样本量为5，平均数为47，方差为16，求这两组样本组成的总体的平均数和方差.
19．有甲、乙两个盒子，其中甲盒中装有四张卡片，分别写有：奇函数、偶函数、增函数、减函数，乙盒中也装有四张卡片，分别写有函数：，，，．
（1）若从乙盒中任取两张卡片，求这两张卡片上的函数的定义域不同的概率；
（2）若从甲、乙两盒中各取一张卡片，乙盒中的卡片上的函数恰好具备甲盒中的卡片上的函数的性质时，则称为一个“奇遇”，现从两盒中各取一张卡片，求它们恰好“奇遇”的概率．
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为复数在复平面内对应的点的坐标是，
所以.
所以共轭复数为：.
所以.
故选C.
2．【答案】B
【详解】由题设，则，
所以，，
所以.
故选B
3．【答案】B
【详解】
如图，为上下底面的中心，
由题意可知，
所以，
所以，
故选B
4．【答案】A
【详解】设，过点作轴，垂足为点，设，如下图所示：
则，故，可得，
还原原的图形如下图所示，则，，
故.
故选A.
5．【答案】B
【解析】因为球是圆锥的内切球，且圆锥的轴截面是一个边长为2的正三角形，所以圆锥的高为.设球的半径为，则 ，解得，故球的体积 .故选B.
【规律方法】 求圆锥的内切球，先画出其轴截面，设出相应的未知数，利用三角函数求解.
6．【答案】A
【详解】对于A：因为，所以，因为，所以，故A错误；
对于B：因为数据，，…，单调递增，所以数据，，…，也单调递增，
所以极差，，故B正确；
对于C：由A知，因为，所以，故C正确；
对于D：因为，所以，即，
因为，所以，故D正确.
故选A.
7．【答案】C
【详解】对于每个同学而言，当上班长的概率都相等，故你当上班长的概率为.
故选C.
8．【答案】C
【详解】因为，故，
由正弦定理可得，而为三角形内角，故，
故，而为三角形内角，故为锐角，
故，故，故即，
故（为外接圆半径），故，
因为，，所以，则.
故
，
其中，且，
由锐角三角形可得，故，
故，
因为，且，故，则，，
所以时，，取得最大值.
当时，，
当时，，
故，
故选C.
9．【答案】BD
【详解】A，若，，此时有可能在平面内，并不一定，故A错误；
B，若，，则，又，所以，故B正确；
C，若，，则或，又，则两平面相交或平行，故C错误；
D，因为，，根据一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，
那么它也垂直于另一个平面，可得.
又因为，垂直于同一个平面的两条直线平行，所以，故D正确.
故选BD
10．【答案】ABD
【详解】由题意，从五位大学毕业生中录用三人，所有不同的可能结果有（甲，乙，丙），
（甲，乙，丁），（甲，乙，戊），（甲，丙，丁），（甲，丙，戊），（甲，丁，戊），
（乙，丙，丁），（乙，丙，戊），（乙，丁，戊），（丙，丁，戊），共10种，故A正确；
其中“甲，乙，丙至少有两人被录用”的所有不同的可能结果有（甲，乙，丙），
（甲，乙，丁），（甲，乙，戊），（甲，丙，丁），（甲，丙，戊），（乙，丙，丁），（乙，丙，戊），共7种，
故“甲、乙、丙至少有两人被录用”的概率为．故B正确；
其中“丁，戊至多有一人被录用”的对立事件“丁，戊两人都被录用”的所有不同的可能结果有
（甲，丁，戊），（乙，丁，戊），（丙，丁，戊），共3种，
故“丁，戊至多有一人被录用”的概率为．故C错误；
其中“甲或乙被录用”的对立事件“甲与乙都未被录用”的所有不同的可能结果只有
（丙，丁，戊）这1种，故“甲或乙被录用”的概率为1－．选项D正确．
故选ABD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，若点是的重心，则，即，A正确；
对于B，由，
得，得，
所以为的外心，B错误；
对于C，若点是的垂心，则，
所以，C正确；
对于D，如图，为圆的直径，则．
又因为为的垂心，所以，所以．
同理，所以四边形为平行四边形，
所以，D正确．
故选ACD．
12．【答案】5
【详解】依题意，方程的两个根为，，
所以.
13．【答案】82
【详解】依题意，100名学生中参加实践活动的时间在4~10小时内的人数为：
，
即这100名学生中参加实践活动时间在4~10小时内的人数为82.
14．【答案】
【详解】在半球中，截面为圆，半径为，
所以截面面积为，
在圆柱中截面为圆柱底面面积减去一个小圆的面积，
在轴截面中，，所以，则小圆的面积为，
则截面面积为，
所以截得的截面面积都为.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由题可知：，，则，
所以．
（2）由题意可知：，
因为复数z在复平面内对应的点位于第二象限，则，解得，
故实数m的取值范围为．
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由正弦定理的边角互化可得，
且，
即，
即，
即，
其中为斜三角形，所以，即，
则，即，所以.
（2）
因为，
在中，由余弦定理可得，
又，，所以，
且，所以，
即，解得，所以，
则.
17．【答案】（1）
（2）存在，
【详解】（1）如图，在梯形中，连接，因为是的中点，
所以，又因为，且，
故四边形是菱形，从而，
所以沿着翻折成后，平面，因为平面，
则有，又平面，
所以平面，
所以与平面所成的角为，
由已知条件，可知，
所以是正三角形，所以平分，所以，
所以与平面所成的角为.
（2）猜测当点为的中点时， 平面，
证明如下：
取的中点，连接，
在中，分别为的中点，
所以且，又，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
所以当点为的中点时，平面，此时.
18．【答案】（1）50，8；
（2）42，55
（3）49，50
【详解】（1）平均数，
方差，
所以标准差为8
（2），所以20%分位数为，
，所以分位数是第8个数，为55，
（3）第一组：，
第二组：，
所以，
.
19．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）乙盒中的4个函数
，，，分别记为，
从乙盒中任取两张卡片，所有的取法为，共种，
又函数，的定义域均为，函数的定义域为，
函数的定义域为，
所取函数的定义域不同的取法有，共5种，
所以这两张卡片上的函数的定义域不同的概率为．
（2）把甲盒中的奇函数、偶函数、增函数、减函数分别记为奇、偶、增、减，
则从甲、乙两盒中各取一张卡片有（奇，1），（奇，2），（奇，3），（奇，4），
（偶，1），（偶，2），（偶，3），（偶，4），（增，1），（增，2），（增，3），
（增，4），（减，1），（减，2），（减，3），（减，4），
共16种取法．
又是偶函数，是奇函数，是减函数，是增函数，
恰为“奇遇”的有（偶，1），（奇4），（减，2），（增，3），共4种，
所以“奇遇”的概率为．

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