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、2022~2023學年下學期高一年級階段聯考 高一數學 考生注意： 1．本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分150分，考試時間120分鐘。 2．答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚。 3．考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。 4．本卷命題范圍：人教A版必修第二冊第六章~第九章。 一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一

2、項是符合題目要求的。 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 2．已知復數滿足，則在復平面內所對應的點是（） A． B． C． D． 3．已知向量，，若，則在上的投影向量的坐標為（） A． B． C． D．（ 4．如圖是2016-2022年全球LNG運輸船訂單量和交付量統計圖，則下列說法不正確的是（） 2016-2022年全球LNG運輸船訂單量和交付量 A．2016-2022年全球LNG運輸船訂單量的平均值約為32

3、艘 B．2017-2021年全球LNG運輸船訂單的交付率逐年走低 C．2016-2022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 5．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． 6．已知，，是三個不同的平面，，是兩條不同的直線，若，，則“”是“”的（） A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 7．如圖，一架飛機從地飛往地，兩地相距．飛行員為了避開某一區域的雷雨云層，從點起飛以后，就沿與原來的飛行方向成角的方向飛行，飛行到中途點，再沿

4、與原來的飛行方向成角的方向繼續飛行到終點．這樣飛機的飛行路程比大約多飛了（） A． B． C． D． 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． 二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。 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． 10．為了加深師生對黨史的了解，激發廣大師生知史愛黨、知史愛國的熱情，

5、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，則下列說法正確的是（） A．的值為 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 11．已知的內角，，所對的邊分別為，，，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 12．如圖，將一副三角板拼成平面四邊形，將等腰直角沿向上翻折，得三棱錐．設，點，分別為棱，的中點，為線段上的動點，則下列說法正確的是（）

6、 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，與平面所成角的正切值為 D．當時，的最小值為 三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。 13．在中，，且，則________． 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． 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________． 16．在中，，點在邊上，且，的面積為，則的最小值為____

7、____． 四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。 17．（本小題滿分10分） 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：kg） 60 50 45 60 70 80 80 80 85 90 （單位：kg） 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． 18．（本小題

8、滿分12分） 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． 19．（本小題滿分12分） 已知向量，，其中． （1）若，求； （2）若，求，夾角的余弦值． 20．（本小題滿分12分） 記的內角，，的對邊分別為，，，已知． （1）求； （2）若，求的取值范圍． 21．（本小題滿分12分） 已知空間幾何體中，是邊長為2的等邊三角形，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． 22．（本小題滿分12分） 如圖，在平面四邊形中，已

9、知，，，． （1）若，求； （2）若，求四邊形的面積． 高一數學 參考答案、提示及評分細則 1．C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，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，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，C錯誤；對于D，四棱柱、四棱臺、五棱錐都是六面體，D正確．故選C． 2．B由題意可得，所以復數在復平面內對應的點為．故選B． 3．C由，，，得，解得．所以， 所以在上的投影向量為 故選C． 4．B由圖知，2016-2022年全球LNG運輸船訂單量的平均值為（艘），

10、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；2016-2022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．D如圖所示建立平面直角坐標系，則，，， 所以．故選D． 6．B根據平面與平面平行的性質定理可知，若，，，則； 反之，若，，，則與可能平行，也可能相交．故選B． 7．B在中，由，，得， 由正弦定理得， 所以， 所以，，所以．故選B． 8．C連接，交于，連接，則底面且是中點， ， 所以到，，，，的距離均為，點即為正四棱錐的外接球

11、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． 9．AC 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．ACD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，則，解得，故D正確．故選ACD． 11．ABD對于A，由正弦定理和比例性質

12、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，所以為鈍角，是鈍角三角形，故C錯誤； 對于D，因為， 所以， 所以，且，，，所以，所以為等邊三角形，故D正確．故選ABD． 12．ACD 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，因為平面，則，則是以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； 對于C，當三棱錐體積取得最大值時，平面平面，即是三棱錐的高，又，平面平面，平面

13、，所以平面，所以是直線與平面所成的角，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． 13． ， 即，，． 14．120由題設，若200名學生志愿者中女生有人，則， 所以人． 15．根據題意，的原圖形如圖， 根據直觀圖畫法規則知，的底邊的長為4，高為4，， 則的周長為． 16．2法一：設，，，在中， 由余弦定理，得， 整理得，又的面積為，所以

14、，． 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． 17．解：（1）， ， 4分 ． 8分 （2）由可得，兩個品種平均產量相等， 又，，則品種產量較穩定，故選擇品種 10分 18．（1）證明：因為底面，平面，故， 2分 又，，，平面，故平面 4分 又平面，故平面平面． 5分 （2）解：因為平面平面，平面平面，平面平面， 所以 7分 因為，且，所以 9分 在中，由，，得， 11分 即． 12分 19．解：（1）由，得，即， 2分 因為，所以， 所以或，

15、解得或 5分 （2）由題得， 由，得，即， 整理得，① 7分 令，則． 所以①式可化為，解得或（舍去） 9分 由，得 10分 所以，即，因為， 所以 11分 此時，，設，夾角為， 則， 故，夾角的余弦值為． 12分 20．解：（1）因為， 所以由正弦定理可得， 整理得 2分 故由余弦定理得， 又，所以． 5分 （2）因為， 所以 7分 由（1）知， 所以 9分 因為， 所以， 又易知，所以． 所以，， 所以， 故的取值范圍是 12分 21．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 2分 理由如下：

16、 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 5分 （2）連接交于點， 因為，，所以， 則點到平面的距離是點到平面的距離的2倍． 6分 因為，，所以，又，，，平面， 所以平面 8分 同理可證平面． 所以三棱錐的體積 9分 因為是腰長為2的等腰三角形，所以． 所以， 同理 10分 又已知，故的面積． 11分 設點到平面的距離為， 則， 即，解得． 故點到平面的距離為． 12分 22．解：（1）在中，， 3分 在中，由余弦定理，得 5分 （2）設，則 6分 在中，由正弦定理得， ， 即，整理得， 解得或（舍） 9分 易知為銳角，所以 10分 在中，， 11分 四邊形的面積， 故四邊形的面積為 2分