2022-2023學年河南省安陽市高一年級下冊學期5月月考數學試題【含答案】

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1、一、單選題 1．已知點是邊長為1的正十二邊形邊上任意一點，則的最小值為（????） A． B． C． D．-2 【答案】B 【分析】根據數量積的幾何意義：等于長度與在的方向上的投影的乘積，結合圖形求解. 【詳解】 延長，交于，由題意， 過分別作的垂線，垂足為， 正十二邊形的每個內角為， 在中，，， 在中，，， 則， ∵，為的夾角， ∴數量積的幾何意義：等于長度與在的方向上的投影的乘積， 由圖可知，當在線段上時，取得最小值， 此時. 故選：B. 2．在非直角中，設角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，是角的內角平分線，且，則等于（????） A． B． C．

2、 D． 【答案】B 【分析】利用正弦定理的角邊化及余弦定理的推論，利用等面積法及三角形的面積公式，結合正余弦的二倍角公式及同角三角函數的平方關系和商數關系即可求解. 【詳解】由及正弦定理，得. 由余弦定理，得， 因為為非直角三角形， 所以， 所以， 因為是角的內角平分線，且， 所以由三角形的面積公式得， 所以，即， 因為， 所以， 所以, 所以， , . 故選：B. 【點睛】關鍵點睛：解決此題的關鍵是利用正弦定理的角化邊和余弦定理的推論，再利用等面積法及正余弦的二倍角公式，結合同角三角函數的平方關系和商數關系即可. 3．若復數滿足（為虛數單位），則在復平面

3、內的共軛復數所對應的點位于（????） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【分析】先求出，再求出即得解. 【詳解】因為，即， 所以， 所以，其所對應的點為，位于第一象限. 故選：A. 4．如圖1，直角梯形中，，取中點，將沿翻折（如圖2），記四面體的外接球為球（為球心）.是球上一動點，當直線與直線所成角最大時，四面體體積的最大值為（????） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先得到球心在的中點，然后當與球相切時直線與直線所成角的最大，過作垂足為，當平面時四面體體積取得最大值，即可求出答案. 【詳解】由題意可知，均為等腰

4、直角三角形，所以四面體的外接球的球心在的中點， 因為是球上的動點，若直線與直線所成角的最大，則與球相切，，此時，最大， 因為，，所以， 過作垂足為，則在以為圓心，為半徑的圓上運動. 所以當平面時四面體的體積取得最大值. 因為，所以， 所以， 故選：D. 5．現要用隨機數表法從總體容量為240(編號為001到240)的研究對象中挑選出50個樣本，則在下列數表中按從左至右的方式抽取到的第四個對象的編號為（????） 32451 74491 14562 16510 02456 89640 56816 55464 41630 85621 05214 84513 12541 021

5、45 A．5 B．44 C．165 D．210 【答案】D 【分析】由隨機數表抽樣方法可知答案. 【詳解】由隨機數表抽樣方法可知，以3個數字為單位抽取數字，且數字不能大于240，且要去掉重復數字，據此第一個數字為114，第二個為165，第三個為100，第4個為210. 故選：D 6．關于圓周率π，數學發展史上出現過許多很有創意的求法，如著名的浦豐實驗和查理斯實驗．受其啟發，我們也可以通過設計下面的實驗來估計的值：先請全校名同學每人隨機寫下一個都小于的正實數對；再統計兩數能與構成鈍角三角形三邊的數對的個數；最后再根據統計數估計的值，那么可以估計的值約為（????） A． B． C．

6、 D． 【答案】D 【解析】由試驗結果知對0～1之間的均勻隨機數 ，滿足，面積為1，再計算構成鈍角三角形三邊的數對，滿足條件的面積，由幾何概型概率計算公式，得出所取的點在圓內的概率是圓的面積比正方形的面積，即可估計的值． 【詳解】解：根據題意知，名同學取對都小于的正實數對，即， 對應區域為邊長為的正方形，其面積為， 若兩個正實數能與構成鈍角三角形三邊，則有， 其面積；則有，解得 故選：． 【點睛】本題考查線性規劃可行域問題及隨機模擬法求圓周率的幾何概型應用問題. 線性規劃可行域是一個封閉的圖形，可以直接解出可行域的面積；求解與面積有關的幾何概型時，關鍵是弄清某事件對應的面積，必

7、要時可根據題意構造兩個變量，把變量看成點的坐標，找到試驗全部結果構成的平面圖形，以便求解. 7．四個人圍坐在一張圓桌旁，每個人面前放著完全相同的硬幣，所有人同時翻轉自己的硬幣. 若硬幣正面朝上， 則這個人站起來； 若硬幣正面朝下， 則這個人繼續坐著.那么， 沒有相鄰的兩個人站起來的概率為（????） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出基本事件的總數，再由列舉法可求隨機事件中含有的基本事件的總數，由概率公式可求相應的概率. 【詳解】四個人的坐著或站起來的情形共有種. 沒有相鄰的兩個人站起來，即硬幣的正面不能相鄰，有以下幾種情況： 正反正反，反正反正，反反反正，反反正

8、反，反正反反，正反反反，反反反反， 共有7種方法. 由古典概型概率公式可得，沒有相鄰的兩個人站起來的概率為. 故選：C. 8．吸煙有害健康，小明為了幫助爸爸戒煙，在爸爸包里放一個小盒子，里面隨機擺放三支香煙和三支跟香煙外形完全一樣的“戒煙口香糖”，并且和爸爸約定，每次想吸煙時，從盒子里任取一支，若取到口香糖則吃一支口香糖，不吸煙；若取到香煙，則吸一支煙，不吃口香糖，假設每次香煙和口香糖被取到的可能性相同，則“口香糖吃完時還剩2支香煙”的概率為（????） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】“口香糖吃完時還剩2支香煙”即第四次取到的是口香糖且前三次有兩次口香糖一次香煙，

9、根據古典概型計算出其概率即可. 【詳解】由題：“口香糖吃完時還剩2支香煙”說明：第四次取到的是口香糖，前三次中恰有兩次口香糖一次香煙，記香煙為，口香糖為，進行四次取物， 基本事件總數為：種 事件“口香糖吃完時還剩2支香煙”前四次取物順序分為以下三種情況： 煙、糖、糖、糖：種 糖、煙、糖、糖： 種 糖、糖、煙、糖：種 包含的基本事件個數為：54， 所以，其概率為 故選：D 【點睛】此題考查古典概型，解題關鍵在于弄清基本事件總數，和某一事件包含的基本事件個數，其本質在于計數原理的應用. 二、多選題 9．已知三個內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若，則下列選項正確的是

10、（????） A．的取值范圍是 B．若是邊上的一點，且，，則的面積的最大值為 C．若三角形是銳角三角形，則的取值范圍是 D．若三角形是銳角三角形，平分交于點，且，則的最小值為 【答案】BC 【分析】利用正弦定理及余弦定理求出角B，利用三角恒等變換公式化簡求出值域判斷A，利用向量線性運算及數量積的運算律解得，使用基本不等式即可求出面積最大值判斷B，利用正弦定理及三角恒等變換得，求出函數值域即可判斷C，由三角形面積公式尋找，關系，再利用基本不等式判斷D. 【詳解】因為， 所以，所以， 所以，即，又，所以， ， 因為，所以，所以， 所以，故A錯誤； 因為，所以， 所以，又

11、， 所以， 即，當且僅當即時，等號成立， 所以，即的面積的最大值為，故B正確； ， 因為，所以，所以， 所以，所以，故C正確； 由題意得：，由角平分線以及面積公式得， 化簡得，所以，所以， 當且僅當，即時取等號， 此時， 而，所以，與三角形是銳角三角形矛盾，所以等號不成立,故D錯誤； 故選：BC 10．設，是復數，則下列說法中正確的是（????） A．若，則或. B．若且，則 C．若，則 D．若，則 【答案】ABC 【分析】選項A、B：根據然后推導判斷A、B正確； 選項C：設判斷C正確； 選項D：舉反例判斷D錯誤； 【詳解】選項A：若則所以或則或 故A

12、正確； 選項B；，又，則；故B正確； 選項C；設則 若，則C正確； 選項D：取則但 則D錯誤； 故選：ABC 11．用一個平行于正三棱錐底面的平面去截正三棱錐，我們把底面和截面之間那部分多面體叫做正三棱臺.如圖，在正三棱臺中，已知，則（????） ?? A．在上的投影向量為 B．直線與平面所成的角為 C．點到平面的距離為 D．正三棱臺存在內切球，且內切球半徑為 【答案】BCD 【分析】根據投影向量的定義和線面角的定義以及線面平行線間的點到平面距離以及內切球的大圓切面求法即可求解. 【詳解】在上的投影向量即為在上的投影向量, 即為，故A錯； ?? 過作直線的垂

13、線，交直線AC于點M，過作直線的垂線，交直線AC于點N，連接，所以， 所以， 由余弦定理得， 所以， 所以， 同理可得， 所以， 平面， 所以直線與平面所成的角為，故B正確； ?? 取中點， 因為， 所以， 所以， 又平面， 所以平面， 所以點到平面的距離為， 且， 所以點到平面的距離等于點到平面的距離等于， 故選項C正確； ?? 取中點H，中點，的外心為，的外心為，過作垂線交于點， 所以，， 所以， 所以， 所以，即， 故選項D正確； 故選：BCD. 12．4支足球隊進行單循環比賽（任兩支球隊恰進行一場比賽），任兩支球隊之間勝率都是．單

14、循環比賽結束，以獲勝的場次數作為該隊的成績，成績按從大到小排名次順序，成績相同則名次相同．下列結論中正確的是（????） A．恰有四支球隊并列第一名為不可能事件 B．有可能出現恰有三支球隊并列第一名 C．恰有兩支球隊并列第一名的概率為 D．只有一支球隊名列第一名的概率為 【答案】ABD 【分析】4支足球隊進行單循環比賽總的比賽共有場比賽，比賽的所有結果共有種； 選項A，這6場比賽中不滿足4支球隊得分相同的的情況； 選項B，舉特例說明即可； 選項C，在6場比賽中，從中選2支球隊并列第一名有種可能，再分類計數相互獲勝的可能數，最后由古典概型計算概率； 選項D，只有一支球隊名列第一名

15、，則該球隊應贏了其他三支球隊，由古典概型問題計算即可. 【詳解】4支足球隊進行單循環比賽總的比賽共有場比賽，比賽的所有結果共有種； 選項A，這6場比賽中若4支球隊優先各贏一場，則還有2場必然有2支或1支隊伍獲勝，那么所得分值不可能都一樣，故是不可能事件，正確； 選項B，其中6場比賽中，依次獲勝的可以是，此時3隊都獲得2分，并列第一名，正確； 選項C，在6場比賽中，從中選2支球隊并列第一名有種可能，若選中a，b，其中第一類a贏b，有a,b,c,d,a,b和a,b,d,c,a,b兩種情況，同理第二類b贏a，也有兩種，故恰有兩支球隊并列第一名的概率為，錯誤； 選項D，從4支球隊中選一支為第

16、一名有4種可能；這一支球隊比賽的3場應都贏，則另外3場的可能有種，故只有一支球隊名列第一名的概率為，正確. 故選：ABD 【點睛】本題考查利用計數原理解決實際問題的概率問題，還考查了事件成立與否的判定，屬于較難題. 三、填空題 13．已知在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且，點D為AC邊的中點，已知，則當角C取到最大值時等于___________. 【答案】/ 【分析】利用向量的數量積求解得到，用余弦定理和基本不等式得到的最小值，此時角C取到最大值，求解得出結果. 【詳解】點D為AC邊的中點，， 則，即， 因為，所以， 由知，角C為銳角，故，

17、因為，所以由基本不等式得：， 當且僅當，即時等號成立，此時角C取到最大值， 所以， 故答案為：. 14．已知在復平面內，向量對應的復數是對應的復數是，則向量對應的復數是__________. 【答案】/2i-5 【分析】根據向量的減法計算和復數與向量的對應關系即可求解. 【詳解】. 故答案為：. 15．如圖，在正四棱錐框架內放一個球O，球O與側棱PA，PB，PC，PD均相切.若，且，則球O的表面積為______. ?? 【答案】 【分析】連接,，根據三角函數計算出球心到切點的距離即可得到半徑，最后利用球的表面積公式即可. 【詳解】連接, ,由題意得, ?? 又,所

18、以, 設球與,的切點分別為,, 連接, ,因為,所以, 所以. 即球的半徑,所以球的表面積. 故答案為：. 16．已知有8個樣本數據分別為4，7，8，11，13，15，20，22，則估計該組數據的總體的第三四分位數為______． 【答案】17.5/ 【分析】根據第三四分位數的計算方法計算即可. 【詳解】由題意，數據的總體的第三四分位數即第75百分位數，又樣本數據有8個， 所以第三四分位數為. 故答案為：17.5. 四、解答題 17．已知的內角所對的邊分別為，且. (1)求； (2)證明：. 【答案】(1) (2)證明見解析 【分析】（1）根據正弦定

19、理結合已知可得，再利用余弦定理化簡可得，利用余弦定理計算即可求得答案. （2）對于，利用正弦定理邊化角可得，結合兩角和差的正弦公式化簡即可證明結論. 【詳解】（1）因為，所以由正弦定理可得. 因為，所以由余弦定理可得， 兩式聯立，整理得，即. 在中，由余弦定理得. （2）證明：因為，由正弦定理可得， 因為，所以， 則， 所以， 由， 得， 即， 則， 所以. 18．已知復數，其中是虛數單位，. (1)若為純虛數，求的值； (2)若，求的取值范圍. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根據純虛數的特征，即可列式求解； （2）根據復數相等，轉化為實部

20、和虛部對應相等，將寫為關于的二次函數， 列式求解. 【詳解】（1）因為為純虛數， 所以，解得. （2）由，得. 因此. 因為，所以當時，； 當時，，.故的取值范圍是. 19．如圖，四邊形ABCD是圓柱底面的內接四邊形，AC是圓柱的底面直徑，PC是圓柱的母線，E是AC與BD的交點，. ?? (1)證明. (2)記圓柱的體積為，四棱錐P-ABCD的體積為，求； 【答案】(1)證明見解析 (2) 【分析】（1）根據垂直關系，要證明線線垂直，轉化為證明平面； （2）首先求圓柱和四棱錐的體積，再求體積的比值. 【詳解】（1）證明：由已知得是等邊三角形， ，是直徑，所

21、以，即， 則為等邊三角形的角平分線， 所以， ?? 又PC是圓柱的母線，則PC⊥平面ABCD ，平面，所以 又，平面， 則BD⊥平面PCA， 平面，所以 （2）由已知得，，則， 所以,,, 于是，， 所以. 20．如圖所示，在平行四邊形ABCD中，，，E為邊AB的中點，將沿直線DE翻折為，若F為線段的中點．在翻折過程中， (1)求證：平面； (2)若二面角，求與面所成角的正弦值. 【答案】(1)證明見解析 (2) 【分析】（1）取的中點，通過證平面平面，可得面. （2）利用二面角的平面角的定義先找出二面角的平面角即為，再利用面面垂直的性質定理找到平面的

22、垂線，從而作出與面所成的角，計算可得答案. 【詳解】（1）證明：取的中點，連接， 為線段的中點，， 平面，平面，平面， 又，，四邊形為平行四邊形，則 平面，平面，可得平面， 又，，平面， 可得平面平面，平面， 則面. （2）取中點，中點，連接，，， 由，，為邊的中點， 得，所以為等邊三角形，從而，， 又，為的中點所以，又是等邊三角形， 所以，所以為二面角的平面角，所以， 過點作，過作交于，連接， 是等邊三角形，所以可求得，，所以，， ，，，， 所以，，又，，面， 所以面，又，所以面， 平面，所以面面， 由，在中易求得，又， 所以，， 面面，面

23、， 所以面，所以為與平面所成的角， 在中可求得，所以， 與面所成角的正弦值為 21．隨著社會的進步、科技的發展，人民對自己生活的環境要求越來越高，尤其是居住環境的環保和綠化受到每一位市民的關注，因此，年月日，生活垃圾分類制度入法，提倡每位居民做好垃圾分類儲存、分類投放，方便工作人員依分類搬運，提高垃圾的資源價值和經濟價值，力爭物盡其用.某市環衛局在、兩個小區分別隨機抽取戶，進行生活垃圾分類調研工作，依據住戶情況對近期一周（天）進行生活垃圾分類占用時間統計如下表： 住戶編號 小區（分鐘） 小區（分鐘） （

24、1）分別計算、小區每周進行生活垃圾分類所用時間的平均值和方差； （2）如果兩個小區住戶均按照戶計算，小區的垃圾也要按照垃圾分類搬運，市環衛局與兩個小區物業及住戶協商，初步實施下列方案： ①小區方案：號召住戶生活垃圾分類“從我做起”，為了利國利民，每位住戶至少需要一名工作人員進行檢查和糾錯生活垃圾分類，每位工作人員月工資按照元（按照天計算標準）計算，則每位住戶每月至少需要承擔的生活垃圾分類費是多少？ ②小區方案：為了方便住戶，住戶只需要將垃圾堆放在垃圾點，物業讓專職人員進行生活垃圾分類，一位專職工作人員對生活垃圾分類的效果相當于位普通居民對生活垃圾分類效果，每位專職工作人員（每天工作小時）

25、月工資按照元（按照天計算標準）計算，則每位住戶每月至少需要承擔的生活垃圾分類費是多少？ ③市環衛局與兩個小區物業及住戶協商分別試行一個月，根據實施情況，試分析哪個方案惠民力度大，值得進行推廣？ 【答案】（1）210分鐘，215分鐘；，；（2）①15元；②64元；③選擇方案推廣，有利于國民熱愛勞動及素質的提升. 【解析】（1）利用表格中數值，代入平均值和方差計算即可；（2）①計算小區一月至少需要名工作人員的費用和每位住戶每月需要承擔的費用即可；②由一位專職工人一天的工作時間按照小時作為計算標準，每月按照天作為計算標準，一位專職工作人員對生活垃圾分類效果相當于名普通居民對生活垃圾分類的效果，

26、計算出小區一月需要專職工作人員數量即可；③根據以上的運算，分析可以得出結論. 【詳解】（1）（分鐘）， （分鐘）， ， ； （2）①按照方案，小區一月至少需要名工作人員進行檢查和糾錯生活垃圾分類，其費用是元， 每位住戶每月需要承擔的生活垃圾分類費為（元）， ②由（1）知，小區平均每位住戶每周需要分鐘進行垃圾分類，一月需要（分鐘）， 小區一月平均需要分鐘的時間用于生活垃圾分類， ∵一位專職工人一天的工作時間按照小時作為計算標準，每月按照天作為計算標準， 一位專職工作人員對生活垃圾分類效果相當于名普通居民對生活垃圾分類的效果， ∴小區一月需要專職工作人員至少（名）， 則每位

27、住戶每月需要承擔的生活垃圾分類費為（元）， ③根據上述計算可知，按照每位住戶每月需要承擔的生活垃圾分類費來說， 選擇方案惠民力度大，但需要住戶平時做好生活垃圾分類事項； 如果對于高檔小區的居民來說，可以選擇方案，這只是方便個別高收入住戶， 綜上，選擇方案推廣，有利于國民熱愛勞動及素質的提升. 【點評】本題文字較多，能夠正確分析題意、理解題意是解決問題的關鍵，所以提醒同學們在備考過程中可以適當的做一些輔助閱讀幫助提升此能力. 22．甲，乙兩人進行圍棋比賽，采取積分制，規則如下：每勝1局得1分，負1局或平局都不得分，積分先達到2分者獲勝；若第四局結束，沒有人積分達到2分，則積分多的一方

28、獲勝；若第四周結束，沒有人積分達到2分，且積分相等，則比賽最終打平．假設在每局比賽中，甲勝的概率為，負的概率為，且每局比賽之間的勝負相互獨立． (1)求第三局結束時乙獲勝的概率； (2)求甲獲勝的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）對乙來說共有兩種情況：（勝，不勝，勝），（不勝，勝，勝）,根據獨立事件的乘法公式即可求解.（2）以比賽結束時的場數進行分類，在每一類中根據相互獨立事件的乘法公式即可求解. 【詳解】（1）設事件A為“第三局結束乙獲勝” 由題意知，乙每局獲勝的概率為，不獲勝的概率為．??????????? 若第三局結束乙獲勝，則乙第三局必定獲勝，總共有2種

29、情況：（勝，不勝，勝），（不勝，勝，勝）．?? 故 （2）設事件B為“甲獲勝”． 若第二局結束甲獲勝，則甲兩局連勝，此時的概率．??? 若第三局結束甲獲勝，則甲第三局必定獲勝，總共有2種情況：（勝，不勝，勝），（不勝，勝，勝）．???? 此時的概率．???????????? 若第四局結束甲以積分獲勝，則甲第四局必定獲勝，前三局為1勝2平或1勝1平1負，總共有9種情 況：（勝，平，平，勝），（平，勝，平，勝），（平，平，勝，勝），（勝，平，負，勝），（勝，負，平，勝），（平，勝，負，勝），（負，勝，平，勝），（平，負，勝，勝），（負，平，勝，勝）．??????????? 此時的概率?????????? 若第四局結束甲以積分獲勝，則乙的積分為0分，總共有4種情況：（勝，平，平，平），（平，勝，平，平），（平，平，勝，平），（平，平，平，勝）．?????????? 此時的概率???????????? 故