四川省成都市2023-2024学年高一下学期6月月考试题 数学含答案

2024.6.11

一、单项选择题：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.sin20cos40cos20sin40的值是（A.12

）B.

12C.32）D.322.数据x1,x2,,x10的方差s20，则下列数字特征一定为0的是（A.平均数3.B.中位数）B.1C.i）C.众数D.极差12i

的虚部是（iA.1D.i

4.已知A1,2,B2,4,Cm,6三点共线，则m的值为（A.5

B.5C.3

D.3水面高度均为2的圆锥、圆柱容器的底面半径相等，高均为4（不考虑容器厚度及圆锥容器开口）．现5.如图，将圆锥容器内的水全部倒入圆柱容器内，则倒入前后圆柱容器内水的体积之比为（）A.49

B.59

C.1119

）D.1219

6.已知ABC中，CA3,CB5,C60，则sinB（A.3314

B.35738

C.1914

D.319

7.如图，四棱锥MABCD的底面ABCD为矩形，且MC平面ABCD，若AD2AB2CM，则下列结论错误的是（．．）A.直线AM与平面ABCD所成角的正弦值为C.BDAM

66B.平面ACM平面ABCDD.二面角MBDC的余弦值为238.崇丽阁之名取自晋代左思《蜀都赋》中的名句“既丽且崇，实号成都”．如图，在测量府河西岸的崇丽阁高AB时，测量者选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，并测得BDC120,BCD15,CD303米，在点C处测得塔顶A的仰角为30，则塔高AB（）A.156米B.153米C.206米D.303米二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．

9.已知z1,z2是关于x的方程xpxq0p,qR的两个根，其中z11i，则（2

）Az21i

.

B.z1z2

22

C.p2D.q=2

10.在某市初三年级举行的一次体育统考考试中，共有500人参加考试．为了解考生的成绩情况，抽取了样本容量为n的部分考生成绩，已知所有考生成绩均在50,100，按照50,60，60,70，70,80，80,90，90,100的分组作出如图所示的频率分布直方图．若在样本中，成绩落在区间50,60的人数为32，则由样本估计总体可知下列结论正确的为（）A.n100

B.考生成绩的众数为75C.考生成绩的第70百分位数为76D.估计该市考生成绩的平均分为70.811.如图，已知二面角l的平面角为π

，棱l上有不同的两点A,B,AC,BD，3）ACl,BDl．若ACABBD2，则下列结论正确的是（A.点D到平面的距离是2C.四面体ABCD的体积为B.直线AB与直线CD的夹角为π4

233D.直线CD与平面所成角的正弦值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

12.已知向量a2,1，b1,2则ab______．13某小动会上，跳绳项目8位选手每分钟跳绳个数：.

选手个数选手1141选手2171选手3160选手4147选手5145选手6171选手7170选手8172则跳绳个数的中位数是______．14.在三棱柱ABC-A1B1C1中，ABACBCAA1AC1，若AC1BC，则二面角B1A1CB的余弦值为______．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

15.记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知bccosA．（1）试判断ABC的形状；（2）若c1，求ABC周长的最大值．16.如图，在四边形ABCD中，B120,AB2,AD3，且BCkAD,ABBC1，若P，Q为线段AD上的两个动点，且|PQ|1.

（1）当P为AD的中点时，求CP的长度；（2）求CPCQ的最小值.17.用分层随机抽样从某校高一年级800名学生的化学成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个．再将40个男生成绩样本数据分为6组：

40,50,50,60,60,70,70,80,80,90,90,100，绘制得到如图所示的频率分布直方图．（1）若成绩不低于80分的为“优秀”成绩，用样本的频率分布估计总体，估计高一年级男生中成绩优秀人数；（2）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．四边形ABCD为梯形，AB∥CD,ABC90,AB2CD2BC2．等腰直角三角形ADM18.如图，中，AMDM,O为腰AD的中点，平面ADM平面ABCD．（1）求异面直线AM与BD所成角的大小；（2）求证：AM平面BDM；（3）求OM与平面MBC所成角的正切值．19.在四面体ABCD中，ABa,CDb，记四面体ABCD的内切球半径为r．分别过点A,B,C,D向其对面作垂线，垂足分别为H1,H2,H3,H4．（1）是否存在四个面都是直角三角形的四面体ABCD？（不用说明理由）（2）若垂足H1恰为正三角形△BCD的中心，证明：r（3）已知ab2024，证明：r253．b3a2b234ab3b22；成都高一下学期6月考试数学试题

2024.6.11

一、单项选择题：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.sin20cos40cos20sin40的值是（）A.12

B.

12C.32【答案】C【解析】【分析】根据正弦的和角公式即可求解.【详解】sin20cos40cos20sin40sin(2040)sin6032

.故选：C.2.数据x1,x2,,x10的方差s20，则下列数字特征一定为0的是（）A.平均数B.中位数C.众数【答案】D【解析】【分析】利用方差的定义可得x1x2x10x，从而可得结论.【详解】1

n(x1x2x10)x，所以方差s21n[(x1x)2(x2x)2(x10x)2

)]0，所以数据x1x2x10x，所以极差一定为0.故选：D.3.12i

i

的虚部是（）A.1B.1C.i【答案】B【解析】【分析】利用除法运算规则将分母实数化，化简即可.D.32D.极差D.i

【详解】故选：B.12i(12i)ii22i，则虚部为1.ii214.已知A1,2,B2,4,Cm,6三点共线，则m的值为（A.5【答案】D【解析】B.5C.3

）D.3

【分析】根据AB//BC得到方程，求出答案.

【详解】AB2,41,21,2,BCm,62,4m2,2，A1,2,B2,4,Cm,6三点共线，故AB//BC，即122m20，解得m3.故选：D水面高度均为2的圆锥、圆柱容器的底面半径相等，高均为4（不考虑容器厚度及圆锥容器开口）．现5.如图，将圆锥容器内的水全部倒入圆柱容器内，则倒入前后圆柱容器内水的体积之比为（）

A.49

B.59

C.1119

D.1219

【答案】D【解析】【分析】设出底面半径，分别表示出圆锥和圆柱内水的体积再求解即可.【详解】设圆锥容器的底面半径为R，倒入前圆锥和圆柱容器中水的体积分别为V1,V2，121127πR2则V1πR4πR2,3346V2πR222πR2，V2

所以VV12

故选：D.2πR212



7πR219．2

2πR

66.已知ABC中，CA3,CB5,C60，则sinB（A.）D.3314B.35738C.1914319【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理求出AB，再利用正弦定理计算即得.【详解】在ABC中，CA3,CB5,C60，由余弦定理得：ABCA2CB22CACBcosC325223532357.3819119，2由正弦定理得sinB

CAsinC

AB3

故选：B7.如图，四棱锥MABCD的底面ABCD为矩形，且MC平面ABCD，若AD2AB2CM，则下列结论错误的是（．．）A.直线AM与平面ABCD所成角的正弦值为C.BDAM【答案】C【解析】66

B.平面ACM平面ABCDD.二面角MBDC的余弦值为23【分析】依题意可得MAC为直线AM与平面ABCD所成的角，即可判断A，根据MC平面ABCD及面面垂直的判定定理判断B，推出矛盾即可判断C，过点C作CEBD交BD于点E，连接ME，即可得到MEC为二面角MBDC的平面角，再由锐角三角函数计算判断D.【详解】不妨设AD2AB2CM2，对于A：连接AC，因为MC平面ABCD，所以MAC为直线AM与平面ABCD所成的角，因为AC平面ABCD，所以MCAC，又AC1222所以sinMAC

5，MC1，则AM

AC2MC2

5126，2MC66，即直线AM与平面ABCD所成角的正弦值为，故A正确；

AM66对于B：因为MC平面ABCD，MC平面ACM，所以平面ACM平面ABCD，故B正确；对于C：因为MC平面ABCD，BD平面ABCD，所以MCBD，若BDAM，又AMMCM，AM,MC平面ACM，所以BD平面ACM，又AC平面ACM，所以BDAC，则矩形ABCD为正方形，所以ADAB，与AD2AB矛盾，故BD与AM不垂直，故C错误；对于D：过点C作CEBD交BD于点E，连接ME，因为MCCEC，MC,CE平面MCE，所以BD平面MCE，又ME平面MCE，所以BDME，则MEC为二面角MBDC的平面角，又SBDC

1111

DCBCBDCE，即125CE，2222

22535252解得CE，所以EMCE2MC2，155525CE225，即二面角MBDC的余弦值为，故D正确.所以cosMEC

3EM3535故选：C8.崇丽阁之名取自晋代左思《蜀都赋》中的名句“既丽且崇，实号成都”．如图，在测量府河西岸的崇丽阁高AB时，测量者选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，并测得BDC120,BCD15,CD303米，在点C处测得塔顶A的仰角为30，则塔高AB（）A.156米【答案】A【解析】B.153米C.206米D.303米【分析】先根据正弦定理求得BC，进而在Rt△ABC中，利用ABBCtanACB求解．【详解】如图在△BCD中，BDC120，BCD15，CD303，则CBD1801201545，由正弦定理得BCCD

，sinBDCsinCBDCDsinBDC303sin120所以BC452.sinCBDsin45

在Rt△ABC中，ACB30，所以ABBCtanACB452tan30156米.故选：A.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．

9.已知z1,z2是关于x的方程xpxq0p,qR的两个根，其中z11i，则（2

）A.z21i【答案】AD【解析】B.z1z2

22

C.p2D.q=2

【分析】根据虚根成对原理得到z21i，即可判断A；再根据复数代数形式的乘法运算判断B；利用韦达定理判断C，D.【详解】因为z1,z2是关于x的方程xpxq0p,qR的两个根，其中z11i，2

所以z21i，故A正确；2

z12(1i)22i，z22(1i)22i，所以z12z2，故B错误；因为z1z21i+1i2p，所以p2，故C不正确；又z1z2(1i)(1i)2q，故D正确.故选：AD.10.在某市初三年级举行的一次体育统考考试中，共有500人参加考试．为了解考生的成绩情况，抽取了样本容量为n的部分考生成绩，已知所有考生成绩均在50,100，按照50,60，60,70，70,80，80,90，90,100的分组作出如图所示的频率分布直方图．若在样本中，成绩落在区间50,60的人数为32，则由样本估计总体可知下列结论正确的为（）A.n100

B.考生成绩的众数为75C.考生成绩的第70百分位数为76D.估计该市考生成绩的平均分为70.8【答案】BC【解析】【分析】根据频率分布直方图的特征先计算x，再计算样本容量判断A；由频率分布直方图计算众数、百分位数、平均数并估计总体判断BCD.【详解】对于A，由频率分布直方图得x

1

0.0040.010.030.040.016，10

则n

32

200，A错误；0.16

对于B，数据落在区间70,80上的频率最大，因此考生成绩的众数为75，B正确；对于C，前两组的频率之和为0.46，前三组的频率之和为0.86，故考生成绩的第70百分位数为7010

0.700.46

76，C正确；0.860.46

对于D，考生成绩的平均分为550.16650.30.4750.185950.0470.6，D错误．故选：BC11.如图，已知二面角l的平面角为π

，棱l上有不同的两点A,B,AC,BD，3）ACl,BDl．若ACABBD2，则下列结论正确的是（A.点D到平面的距离是2C.四面体ABCD的体积为【答案】BCD【解析】B.直线AB与直线CD的夹角为π4

233D.直线CD与平面所成角的正弦值为【分析】补成正三棱柱，根据正三棱柱的性质即可求点面距离判断A，根据异面直线夹角定义求解判断B，根据等体积法求解判断C，通过作垂线，找到直线CD与平面所成角，解三角形求得该角大小，判断D.【详解】在平面内过B作与AC平行且相等的线段BE，连接EC，在平面内过A作与BD平行且相等的线段AF，连接FD,FC,ED，补成一个正三棱柱AFCBDE，△BDE是边长为2的正三角形，所以D到平面的距离为点D到BE的距离2

33，所以A错误；2因为AB∥FD，直线AB与直线CD的夹角即直线FD与直线CD的夹角，又FDEC是正方形，所以夹角为π

，B正确；411123，所以C正确；VABCDVDABCS△ABC32233323过C作CHAF于H,因为ACl,BDl，所以ACAB,AFAB，又ACAFA，AC,BD平面AFC，所以AB平面AFC，又AB平面ABDF，所以平面ABDF平面AFC，所以CH平面AEDB，故CDH为直线CD与平面所成角，因为二面角l的平面角为ππ

，所以CAF，又ACABBD2，333，FH1，因为FD∥AB，所以FD平面AFC，所以△ACF是等边三角形，可得CH又FC平面AFC，所以FDFC，在RtDFC中，由勾股定理可得CD222222，在RtCHD中，sinCDH故选：BCD.CH36,故D正确，CD224三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量a2,1，b1,2则ab______．【答案】4【解析】【分析】利用数量积的坐标运算法则计算可得.【详解】因为a2,1，b1,2，所以ab21124．故答案为：4．13某小动会上，跳绳项目8位选手每分钟跳绳个数：.

选手个数选手1141选手2171选手3160选手4147选手5145选手6171选手7170选手8172则跳绳个数的中位数是______．【答案】165【解析】【分析】从小到大排列，选择第4个和第5个数的平均数作为中位数.【详解】按照从小到大排列为141,145,147,160,170,171,171,172，故从小到大选择第4个和第5个数的平均数作为中位数，即160170

165.2故答案为：165

14.在三棱柱ABC-A1B1C1中，ABACBCAA1AC1，若AC1BC，则二面角B1A1CB的余弦值为______．【答案】【解析】22211

【分析】连接AC1,A1C交于点E，连接A1B,AB1交于点F，连接EF,可证明平面A1CB平面AC1B1，过点B1作B1MEF有B1M平面A1CB过点M作MNAC1于N，连接B1N，则B1NM即为二面角B1A1CB的平面角，过点F,B分别作FHAC，计算可求二面角B1A1CB的余弦值.1,BQAC1【详解】连接AC1,A1C交于点E，连接A1B,AB1交于点F，连接EF．AC1ACBCC,AC1平面A1CB，又QAC1平面AC1B1，1,AC1BC,AC1平面A1CB平面AC1B1．EF，∴过点B1作B1MEF有B1M平面A1CB；此时FMFE．∵平面AC1B1平面ACB1过点M作MNAC1CB的平面角，1于N，连接B1N，则B1NM即为二面角B1A不妨设A1B12，经计算可得：B1MC1E1．过点F,B分别作FHAC．1,BQAC1∵F是EM中点，且为A1B中点，MN2FHBQ，BQ

BCA1B2222633222MN,B1N,cosB1NM．A1C331123二面角B1A1CB的余弦值为222.11故答案为：222.11四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

15.记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知bccosA．（1）试判断ABC的形状；（2）若c1，求ABC周长的最大值．【答案】（1）直角三角形（2）12【解析】b2c2a2【分析】（1）利用余弦定理可得bc，化简可得结论；2bc（2）由（1）可得asinA,bcosA，进而可得ABC周长为1sinAcosA，利用辅助角公式可求最大值.【小问1详解】b2c2a2

由bccosA，和余弦定理得bc，2bc即a2b2c2，所以C【小问2详解】由（1）知ABC是直角三角形，且c1，可得asinA,bcosA．所以ABC周长为1sinAcosA12sinA所以当Aπ

．所以ABC是直角三角形．2π12，4π时，即ABC为等腰直角三角形，周长有最大值为12．416.如图，在四边形ABCD中，B120,AB2,AD3，且BCkAD,ABBC1，若P，Q为线段AD上的两个动点，且|PQ|1.

（1）当P为AD的中点时，求CP的长度；

（2）求CPCQ的最小值.【答案】（1）132（2）114

【解析】1【分析】（1）根据平面向量的线性运算可得CPBABC，结合向量的几何意义和数量积的定义即可求解；2AQmBCCQBA(m1)BC（2）设（0m2），根据平面向量的线性运算可得，CPBAmBC，利用数量积的运算律可得CQCP(m)2【小问1详解】由BCkAD，得BC//AD，3211，结合二次函数的性质即可求解.4因为ABBC1,B120,AB2，所以BC1，又CPCBBAAPCBBAADBABC，1212122121113所以CP(BABC)BABABCBC422cos120；24422【小问2详解】设AQmBC，0m2，则CQCBBAAQBA(m1)BC，CPCBBAAPBAmBC，所以CQCP[BA(m1)BC][BAmBC]BA(2m1)BABC(m2m)BC311m23m5(m)2，24311

当m时，CQCP取到最小值，且为.2422

17.用分层随机抽样从某校高一年级800名学生的化学成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个．再将40个男生成绩样本数据分为6组：40,50,50,60,60,70,70,80,80,90,90,100，绘制得到如图所示的频率分布直方图．（1）若成绩不低于80分的为“优秀”成绩，用样本的频率分布估计总体，估计高一年级男生中成绩优秀人数；（2）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．【答案】（1）96【解析】【分析】（1）求得成绩不低于80分的频率为0.3，可估计高一年级男生中成绩优秀人数.（2）利用分层抽样的平均数与方差计算公式可求总样本的平均数和方差.【小问1详解】成绩不低于80分的频率为0.0250.005100.3，所以高一年级男生中成绩优秀人数估计为：0.340896．所以估计高一年级男生中成绩优秀人数为96人．【小问2详解】设男生成绩样本平均数为x71，方差为sx187.75，女生成绩样本平均数y73.5，方差为sy119，总样本的平均数为z，方差为s2．2

2

（2）平均数和方差分别为72.5和1484060

xy72.5．100100402602sx(xz)2sy(yz)2s2100100z



406022187.75(7172.5)119(73.572.5)148．100100所以总样本的平均数和方差分别为72.5和148．四边形ABCD为梯形，AB∥CD,ABC90,AB2CD2BC2．等腰直角三角形ADM18.如图，中，AMDM,O为腰AD的中点，平面ADM平面ABCD．（1）求异面直线AM与BD所成角的大小；（2）求证：AM平面BDM；（3）求OM与平面MBC所成角的正切值．【答案】（1）90（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由勾股定理的逆定理可得BDAD，进而由面面垂直的性质可得BD平面ADM，从而可得AMBD，可求异面直线AM与BD所成角的大小；（2）可证AMDM，结合（1）可证AM平面BDM．（3）取BC的中点为T，连接OT,MT．则BCOT，进而可得BC平面OMT，过点O作OHMT于点H，OMH为直线OM与平面MBC所成的角，求解即可.【小问1详解】因为AB∥CD,ABC90,AB2CD2BC2，所以BD

（3）322

2,AD2，于是AB2BD2AD2，所以BDAD，又平面ADM平面ABCD，平面ADM平面ABCDAD,BD平面ABCD，所以BD平面ADM，又AM平面ADM，所以AMBD．异面直线AM与BD所成角的大小为90．【小问2详解】等腰直角三角形ADM中，AMDM，所以AMDM．由（1）知AMBD，又DMBDD,DM,BD平面BDM，所以AM平面BDM．【小问3详解】取BC的中点为T，连接OT,MT．则BCOT．因为O为腰AD的中点，AMDM，所以OM平面ABCD，从而OMBC，又OMOTO，OM,OT平面OMT，所以BC平面OMT．又BC平面OMT，所以平面OMT平面BCM．过点O作OHMT于点H．所以OH平面MBC．设OM与平面MBC所成角为，又OM23,OT，223OT322所以tantanOMHtanOMT．OM222所以直线OM与平面MBC所成角的正切值为32．219.在四面体ABCD中，ABa,CDb，记四面体ABCD的内切球半径为r．分别过点A,B,C,D向其对面作垂线，垂足分别为H1,H2,H3,H4．（1）是否存在四个面都是直角三角形的四面体ABCD？（不用说明理由）（2）若垂足H1恰为正三角形△BCD的中心，证明：r（3）已知ab2024，证明：r253．【答案】（1）存在；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）作出图形并推理说明.（2）根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征，利用体积法列式计算即得.（2）证明见解析；b3a2b234ab3b22；11111（3）利用体积法建立等式，计算得，再利用不等式性质及基本不等式求rAH1BH2CH3DH4解即得.【小问1详解】存在．在四面体ABCD中，若AB平面BCD，BCCD，则四面体ABCD的四个面都是直角三角形.由AB平面BCD，BC,BD,CD平面BCD，得ABBC,ABBD,ABCD，又BCCD，BCABB,BC,AB平面ABC，则CD平面ABC，而AC平面ABC，因此ACCD，所以ABC,ABD,ACD,BCD都是直角三角形.【小问2详解】连接BH1，并延长交CD于点E，连接AE，由H1是正△BCD的中心，得ABACAD，E是CD中点，则BECD,AECD，BE

1133224a2b2，b,BH1b，AEAD(CD)2223

221232b232，2AH1ABBHa(b)a,SBCDb334SDABSABCSCDAVABCD1b4a2b2，CDAE241132b2b23a2b22，SBCDAH1ba334312VABCD113b4a2b232，(SCDASDABSABCSBCD)r(b)r334422222b3a2b2b3ab13b4ab32于是．(b)r，所以r221234434ab3b【小问3详解】1

VABCD(SBCDSCDASDABSABC)r，31111VABCDS△BCDAH1S△CDABH2S△DABCH3S△ABCDH4，3333因此3VABCD3V3V3V3VS△BCDS△CDAS△DABS△ABCABCDABCDABCDABCD，rAH1BH2CH3DH411111则，显然AH1a,BH2a,CH3b,DH4b，rAH1BH2CH3DH422ab1111111

2()，则4r

11abraabbabab2(

ab2

)

ab21012，ab2于是所以r253．