2022-2023学年安徽省江淮名校高一年级下册学期5月阶段联考数学试题【含答案】

一、单选题1下列结论错误的是（）A圆柱的每个轴截面都是全等矩形B长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体C用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台D四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体【答案】C【分析】直接利用圆柱，直棱柱，圆台，圆锥的定义判断ABCD的结论【详解】对于A：由矩形绕着它的一条边旋转一周形成一个圆柱，可得圆柱的每个轴截面都是全等矩形，故A正确；对于B：长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体，故B正确；对于C：用一个平行于底面的平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台，故C错误；对于D：四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体，故D正确故选：C2已知复数满足，则在复平面内所对应的点是（）ABCD【答案】B【分析】由复数的模长公式化简，再由复数的几何意义求解即可.【详解】由题意可得，所以复数在复平面内对应的点为故选：B3已知向量，若，则在上的投影向量的坐标为（）ABCD（【答案】C【分析】由向量垂直的坐标表示求解，再根据投影向量的公式进行求解即可.【详解】由，得，解得所以，所以，所以在上的投影向量为故选：C4如图是年全球LNG运输船订单和交付量统计图，则下列说法不正确的是（）A年全球LNG运输船订单量的平均值约为32艘B年全球LNG运输船订单的交付率逐年走低C年全球LNG运输船交付量的极差为27艘D2019年全球LNG运输船订单和交付量达到峰值【答案】B【分析】根据统计图中的数据一一分析计算每个选项中涉及的数据，即可判断出答案.【详解】由图知，年全球LNG运输船订单量的平均值为（艘），故A正确；2019年的交付率为，2020年的交付率为，即2020年的交付率大于2019年的交付率，故B不正确；年全球LNG运输船交付量的极差为，故C正确；2019年全球LNG运输船订单和交付量达到峰值，故D正确，故选：B5已知向量，的位置如图所示，若图中每个小正方形的边长均为1，则（）ABC4D【答案】D【分析】根据图建立直角坐标系可得的坐标，然后根据向量的加法与模公式求解即可.【详解】如图所示建立平面直角坐标系，则，所以故选：D6已知、是三个不同的平面，且，则“”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】根据几何模型与面面平行的性质定理，结合充分条件和必要条件的定义可判断出“”是“”的必要而不充分条件.【详解】如下图所示，将平面、视为三棱柱的三个侧面，设，将、视为三棱柱三条侧棱所在直线，则“”“”；另一方面，若，且，由面面平行的性质定理可得出.所以，“”“”，因此，“”是“”的必要而不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查必要不充分条件的判断，同时也考查了空间中平行关系的判断，考查推理能力，属于中等题.7如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距500km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从A点起飞以后，就沿与原来的飞行方向AB成角的方向飞行，飞行到中途C点，再沿与原来的飞行方向AB成角的方向继续飞行到终点B点.这样飞机的飞行路程比原来的路程500km大约多飞了（ ）（，）A10kmB20kmC30kmD40km【答案】B【分析】由题得，再由正弦定理求出，即得解.【详解】在中，由，得，由正弦定理得，所以，所以，所以，故选：B.8如图，已知正四棱锥的所有棱长均为4，平面经过，则平面截正四棱锥的外接球所得截面圆的面积的最小值为（）ABCD【答案】C【分析】连接、交于，连接，求出，可得点即为正四棱锥的外接球球心，取中点，连接，当时，截面圆的面积最小，线段也即此时截面圆的直径，求出截面圆的面积即可【详解】连接，交于，连接，则底面且是中点，所以到，的距离均为，点即为正四棱锥的外接球球心，取中点，连接，分析可知，当时，截面圆的面积最小，线段也即此时截面圆的直径，所以截面圆的面积的最小值为故选：C二、多选题9下列关于复数的说法正确的是（）A任意两个虚数都不能比较大小B在复平面中，虚轴上的点都表示纯虚数C已知，则D【答案】AC【分析】根据复数的概念可判断A正确；根据复平面的概念可判断B不正确；根据复数的乘法运算和复数的模长公式计算可判断C正确；根据虚数单位的概念计算可判断D不正确【详解】对于A，任意两个虚数都不能比较大小，A正确；对于B，在复平面中，虚轴上的点都表示纯虚数，不正确，因为原点在虚轴上，原点表示实数0，B不正确；对于C，设，则，C正确；对于D，D不正确故选：AC10为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党知史爱国的热情，某校举办了“学党史育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的（）A的值为0.005；B估计成绩低于60分的有25人C估计这组数据的众数为75D估计这组数据的第85百分位数为86【答案】ACD【分析】由所有组频率之和为1求得a，再根据频率直方图中频数、众数及百分位数的求法可得结果.【详解】对于A，由，得.故A正确；对于B，估计成绩低于60分的有人.故B错误；对于C，由众数的定义知，估计这组数据的众数为75.故C正确；对于D，设这组数据的第85百分位数为m，则，解得：，故D正确.故选：ACD11已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（）AB若为斜三角形，则C若，则是锐角三角形D若，则一定是等边三角形【答案】ABD【分析】由正弦定理和比例性质可以判断A，D选项，根据诱导公式及两角和公式判断B选项，由平面向量的数量积判断三角形形状判断C选项，【详解】对于A，由正弦定理和比例性质得，故A正确；对于B，由题意，则，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以，所以C为钝角，是钝角三角形，故C错误；对于D，因为，所以，所以，且A，B，所以，所以为等边三角形，故D正确故选:ABD12如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角ABC沿BC向上翻折，得三棱锥设CD2，点E，F分别为棱BC，BD的中点，M为线段AE上的动点下列说法正确的是（）A存在某个位置，使B存在某个位置，使C当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正切值为D当ABAD时，CM+FM的最小值为【答案】ACD【分析】利用面面垂直的性质定理即可判断A；先假设存在，利用线面垂直的判定定理可得平面ABD，可得，即ACD是以CD为斜边的直角三角形，通过计算发现，互相矛盾，即可判断B；由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角，即可判断C；由侧面展开图及余弦定理可判断D【详解】解：对于A：存在平面平面，使得，证明如下：因为平面平面， 平面平面，平面，则平面，因为平面，所以，故存在平面平面，使，故A正确，对于B：若，又平面，则平面ABD，因为平面ABD，则，则是以CD为斜边的直角三角形，因为，所以，又由题意知，故不存在某个位置，使，故B错误；对于C：当三棱锥体积取得最大值时，平面平面BCD，即AE是三棱锥的高，又，平面平面BCDBC，平面BCD，所以平面ABC，所以DAC是直线AD与平面ABC所成的角，所以，故C正确；对于D：当时,因为为的中点，所以，则，又因为的中点，所以，又，所以，所以，如图将沿旋转，得到，使其与在同一平面内且在内，则当三点共线时，最小，即的最小值为，在中，则，所以在中，由余弦定理得，所以的最小值为，故D正确，故选：ACD三、填空题13在中，且，则_【答案】【分析】根据平面向量的线性运算求解即可.【详解】，即，故答案为：.14为迎接2023年成都大运会，大运会组委会采用按性别分层抽样的方法从200名大学生志愿者中抽取30人组成大运会志愿小组.若30人中共有男生12人，则这200名学生志愿者中女生可能有_人.【答案】120【分析】根据分层抽样的比例关系计算得到答案.【详解】由题设，若200名学生志愿者中女生有人，则，所以人.故答案为：12015如图所示的是用斜二测画法画出的的直观图（图中虚线分别与轴，轴平行），则的周长为_【答案】【分析】根据题意，由直观图画法可得原图，即可得到结果.【详解】根据题意，的原图形如图，根据直观图画法规则知，的底边的长为4，高为4，则的周长为故答案为：.16在中，点在边上，且，的面积为，则的最小值为_【答案】2【分析】法一：根据ABC的面积公式求得，由余弦定理得，由结合余弦定理及基本不等式求得结果；法二：根据ABC的面积公式求得，根据得结合基本不等式求得结果.【详解】法一：设，在中，由余弦定理，得，整理得，又的面积为，所以，又，整理得.当且仅当时取等号，所以的最小值为2法二：由的面积为，可得易知，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为2故答案为：2.四、解答题17某果园试种了两个品种的桃树各10棵，并在桃树成熟挂果后统计了这20棵桃树的产量如下表，记两个品种各10棵产量的平均数分别为和，方差分别为和（单位：）60504560708080808590（单位：）40606080805580807095(1)求，；(2)果园要大面积种植这两种桃树中的一种，依据以上计算结果分析选种哪个品种更合适?并说明理由【答案】(1)，(2)选择品种，理由见解析【分析】（1）根据平均数和方差公式求解即可；（2）比较平均值和方差的大小可得答案.【详解】（1），（2）由可得两个品种平均产量相等，又，则品种产量较稳定，故选择品种.18如图，在四棱锥中，平面，交于点(1)求证：平面平面；(2)设是棱上一点，过作，垂足为，若平面平面，求的值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证得结果；（2）由面面平行的性质定理得及平行线对应线段成比例得出结果.【详解】（1）证明：因为底面，平面，故，又，平面，故平面又平面，故平面平面（2）因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，因为，且，所以在中，由，得，即19已知向量，其中(1)若，求；(2)若，求，夹角的余弦值【答案】(1)或(2)【分析】（1）根据题意，由共线向量的坐标运算即可得到结果；（2）根据题意，由向量的坐标运算，结合模长公式代入计算，即可得到，再由向量的夹角坐标公式，即可得到结果.【详解】（1）由，得，即，因为，所以，所以或，解得或.（2）由题得，由，得，即，整理得，令，则所以式可化为，解得或（舍去）由，得所以，即，因为，所以，此时，设，夹角为，则，故，夹角的余弦值为20记的内角的对边分别为，已知(1)求；(2)若，求的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理及余弦定理求得结果；（2）由结合两角和的正弦公式及余弦定理求得结果.【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，整理得故由余弦定理得，又，所以（2）因为，所以由（1）知，所以因为，所以，又易知，所以所以，所以，故的取值范围是.21已知空间几何体中，是边长为2的等边三角形，是腰长为2的等腰三角形，(1)作出平面与平面的交线，并说明理由；(2)求点到平面的距离【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)【分析】（1）利用平面的基本性质可以求得两平面的交线；（2）先利用等体积法求到平面的距离，利用转化法可得答案.【详解】（1）如图所示，分别延长，交于点，连接，则即为平面与平面的交线.理由如下：因为故，四点共面，又，则，交于点由，平面，得平面；由，平面，得平面所以是平面与平面的公共点，又也是平面与平面的公共点，所以即为平面与平面的交线.（2）连接交于点，因为，所以，则点到平面的距离是点到平面的距离的2倍因为，所以，又，平面，所以平面同理可证平面所以三棱锥的体积因为是腰长为2的等腰三角形，所以所以，同理又已知，故的面积设点到平面的距离为，则，即，解得故点到平面的距离为22如图，在平面四边形中，已知，(1)若，求；(2)若，求四边形的面积【答案】(1)(2)【分析】（1）根据余弦定理可求出结果；（2）设，根据正弦定理求出，进而求出、，再根据三角形面积公式可求出结果.【详解】（1）在中，在中，由余弦定理，得.（2）设，则，在中，由正弦定理得，即，即，则，整理得，解得或（舍）， 易知为锐角，所以，在中，四边形的面积，故四边形的面积为.