解析：山东省嘉祥县第一中学2020-2021学年高一下学期6月份月考数学试题(解析版).docx

2020-2021学年嘉祥一中高一下学期六月月考
《数学试题》
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知是虚数单位，若，则的共轭复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法运算化简，求出其共轭复数，得到结果.
【详解】∵，
∴，即的共轭复数的虚部为
故选：C．
2. 已知的平面直观图是边长为的正三角形，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作交轴于，则的二倍为原图形中的高，由此可得面积．
【详解】如图，作交轴于，由题意，则，
∴在原图形中，，．
故选：A．

【点睛】本题考查由直观图求原图形的面积，解题关键是掌握斜二测画法的规则，求出原图形中三角形的高．
3. 平面向量，，，则向量夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的夹角余弦公式求向量夹角的余弦值.
详解】∵ ∴
又，，，
∴ ，
故选：A.
4. 某校高一、高二、高三年级分别有学生1100名、1000名、900名，为了了解学生的视力情况，现用分层抽样的方法从中随机抽取容量为30的样本，则应从高二年级抽取的学生人数为（ ）
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】先求得高一、高二、高三年级学生数比例，再根据比例求解.
【详解】因为高一、高二、高三年级学生数比为：，
所以应从高二年级抽取的学生人数为.
故选：B
【点睛】本题主要考查分层抽样，属于基础题.
5. 已知平面、平面、平面、直线以及直线，则下列命题说法错误的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】A：根据线面平行的性质定理，结合线面垂直的性质、平行线的性质进行判断即可；
B：根据面面平行的性质，结合平行线的定义进行判断即可；
C：根据平行平面性质进行判断即可；
D：根据面面垂直的性质进行判断即可.
【详解】A：设，因为，所以，由，而，
所以，所以本命题是真命题；
B：由，由，而
，所以直线没有交点，而，所以，故本命题是真命题；
C：由，可得，所以本命题是真命题；
D：因为当时，可以互相垂直，所以本命题是假命题，
故选：D
6. 在中，内角的对边分别是 .若，，则等于(　　)
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由，得，又因为，所以，即，所以，又，则；故选D.
7. 在四面体中，底面，，，且，，若该四面体的顶点均在球的表面上，则球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将四面体补成长方体，计算出该长方体的体对角线长，即为球的直径，利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】在四面体中，底面，，，且，，
将四面体补成长方体，

则长方体的体对角线长为球的直径，则，
因此，球的表面积为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
8. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A. 甲与丙相互独立 B. 甲与丁相互独立
C. 乙与丙相互独立 D. 丙与丁相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件概率关系逐一判断
【详解】 ，

故选：B
【点睛】判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断是否成立

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 若复数，则（ ）
A. |z|=2 B. |z|=4
C. z的共轭复数=+i D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数的知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】依题意，故A选项正确，B选项错误.
，C选项正确.
，D选项错误.
故选：AC
10. 有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（ ）
A. 两组样本数据的样本平均数相同
B. 两组样本数据的样本中位数相同
C. 两组样本数据的样本标准差相同
D. 两组样数据的样本极差相同
【答案】CD
【解析】
【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.
【详解】A：且，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；
C：，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；
故选：CD
11. 已知中，，若三角形有两解，则x不可能的取值是（ ）
A. 2 B. 2.5 C. 3 D. 3.5
【答案】ACD
【解析】
【分析】若三角形有两解，则，结合正弦定理即可求解
【详解】解：因为中，，且三角形有两解，
所以，
由正弦定理得，
所以，解得，
因为，所以，
所以，
故选：ACD
12. 将边长为2的正方形沿对角线折成直二面角，点为线段上的一动点，下列结论正确的是（ ）．
A. 异面直线与所成的角为
B. 是等边三角形
C. 面积的最小值为
D. 四面体的外接球的表面积为
【答案】AB
【解析】
【分析】A证明两直线垂直判断；B证明是等边三角形判断；C求出面积的最小值判断；D求出外接球的表面积判断．
【详解】解：对于A，取的中点，连接，
则，，又，
所以平面，平面，
所以，异面直线与所成的角为，所以A对；
对于B，因为，所以，又，
所以是等边三角形，所以B对；
对于C，过点作于，过作于，连接，
因为二面角为直角，，平面平面
所以平面，
在平面中，，，所以，所以平面，
因为平面，所以，
因为，且，所以平面，
又平面，所以，
设，则，所以，
则，
，
当时， 取得最小值，所以C错；
对于D，根据题意得，四面体的外接球的球心为，半径为，
所以表面积为，所以D错．
故选：AB．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若从甲乙丙丁4位同学中选出3位同学参加某个活动，则甲被选中的概率为__________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：先确定4位同学中选出3位同学事件数，再确定甲被选中事件数，最后根据古典概型概率公式求结果.
详解：因为4位同学中选出3位同学共有种，甲被选中事件数有,所以甲被选中的概率为.
点睛：古典概型中基本事件数的探求方法
(1)列举法.
(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.
(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.
(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.
14. 如图，在平行四边形中，，，点为对角线与的交点，点在边上，且，则________.（用，表示）

【答案】
【解析】
【分析】
结合平面向量共线定理及线性运算即可求解．
【详解】解：由题意可得，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算，属于基础题．
15. “伦敦眼”坐落在英国伦敦泰晤士河畔，是世界上首座观景摩天轮，又称“千禧之轮”，该摩天轮的半径为6（单位：），游客在乘坐舱升到上半空鸟瞰伦敦建筑，伦敦眼与建筑之间的距离为12（单位：），游客在乘坐舱看建筑的视角为.

当乘坐舱在伦敦眼的最高点时，视角，则建筑的高度为_____（单位：）
【答案】（单位：）
【解析】
【分析】运用正弦定理进行求解即可.
【详解】当乘坐舱在伦敦眼的最高点时，如下图所示：

因为摩天轮的半径为6，所以，为12，
因此，，所以
而视角，因此，
由正弦定理可知：，
因为，
所以，
故答案为：
16. 如图，设的内角、、的对边分别为、、，，且.若点是外一点，，，则当______时，四边形的面积的最大值为____________

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】
利用正弦定理边角互化结合的取值范围可求得，可判断出为等边三角形，利用余弦定理求得，利用三角形的面积公式可得出四边形的面积关于的表达式，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性可求得四边形面积的最大值及其对应的的值，即可得解.
【详解】，
由正弦定理可得，
所以，，
，，可得，，，
所以，为等边三角形，
设，则，
由余弦定理可得，
，
，
所以，四边形的面积为，
，，
所以，当时，即当时，四边形的面积取最大值.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知复数（）．
（1）若复数z为纯虚数，求实数m的值；
（2）若复数z在复平面内对应的点在第二象限，求实数m的取值范围．
【答案】（1）（2）（2，3）
【解析】
【分析】（1）由纯虚数的概念列方程组求解即可；
（2）由复数的几何意义得，解不等式即可得解.
【详解】（1）因为复数为纯虚数，所以，
解之得，．
（2）因为复数在复平面内对应的点在第二象限，所以，
解之得，得．
所以实数的取值范围为（2，3）．
【点睛】本题主要考查了复数的概念及复数的几何意义，属于基础题.
18. 已知向量.
（1）若，求的值；
（2）若，求实数的值；
（3）若与的夹角是锐角，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）利用向量共线列方程，由此求得，进而求得.
（2）利用向量垂直列方程，由此求得.
（3）利用与的夹角是锐角列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】（1）由于，所以，
则.
（2），
由于，所以.
（3）设与的夹角为，依题意为锐角，
所以.
19. 如图，已知四棱锥中，底面为直角梯形，，且，点M为中点，平面平面，直线与平面所成角的正切值为．

（1）求证：平面；
（2）求四棱锥体积；
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）先证明，然后利用线面平行的判定定理证明即可
（2）先证明平面，从而得到四棱锥的高，然后求出的长度，利用棱锥的体积公式求解即可
【详解】（1）因为，点M为的中点，
所以．
从而四边形为平行四边形，
所以．
又平面平面，所以平面．
（2）连结，因为，M为的中点，所以．
又平面平面，
平面平面平面，
所以平面．
所以直线与平面所成角为，且，
又，所以，于是．
所以四棱锥的体积

20. 从①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．
在中，，，分别是角，，的对边，若________．
（1）求；
（2）若且，求的面积．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）若选①,利用二倍角的余弦公式变形可得结果；若选②，利用正弦定理和余弦定理变形可得结果；若选③，利用正弦定理边化角变形可得结果.
（2）根据余弦定理求出，再根据三角形的面积公式可求得结果.
【详解】（1）若选①，则，即，
所以或，
因为，所以，所以，所以不成立，
所以，所以，所以；
若选②，
由正弦定理可得，
所以，
因为，所以；
若选③，
由正弦定理可得，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以.
（2）由余弦定理得，
所以，
所以，
所以，
所以的面积为.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正、余弦定理、三角形的面积公式是本题解题关键.
21. 某医院为促进行风建设，拟对医院的服务质量进行量化考核，每个患者就医后可以对医院进行打分，最高分为100分.上个月该医院对100名患者进行了回访调查，将他们按所打分数分成以下几组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到频率分布直方图，如图所示.

（1）求所打分数不低于60分的患者人数；
（2）该医院在第二､三组患者中按分层抽样的方法抽取6名患者进行深入调查，之后将从这6人中随机抽取2人聘为医院行风监督员，求行风监督员来自不同组的概率.
【答案】（1）人；（2）.
【解析】
【分析】（1）由直方图，求出打分值的频率，根据总人数为100即可求解.
（2）由直方图求出第二组和第三组的人数之比为1：2，利用列举法求出6人中随机抽取2人的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.
【详解】（1）由直方图知，所打分值的频率为
，
人数为(人)
答：所打分数不低于60分的患者的人数为人.
（2）由直方图知，第二､三组的频率分别为0.1和0.2，
则第二､三组人数分别为10人和20人，
所以根据分层抽样的方法，抽出的6人中，
第二组和第三组的人数之比为1：2，
则第二组有2人，记为；第三组有4人，记为.
从中随机抽取2人的所有情况如下：共15种
其中，两人来自不同组的情况有：共8种
两人来自不同组的概率为
答：行风监督员来自不同组的概率为.
【点睛】本题考查了频率分布直方图、分层抽样、古典概型的概率计算公式，属于基础题.
22. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,

所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．

因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．

如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.

学科网（北京）股份有限公司