絕密★啟用前5月階段性檢測·高一數(shù)學(xué)A卷滿分:150分考試時(shí)間:120分鐘命題學(xué)校:阜陽一中數(shù)學(xué)命題組注意事項(xiàng):1.答題前,考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚,將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡簽字筆書寫,字體工整、筆跡清晰。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知復(fù)數(shù)z滿足(1十z)(2-i)=i(i為虛數(shù)單位),則z=十十2.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若a:b:c=1:2:7,則△ABC中最大角為3.下列說法錯誤的是??A.垂直于同一個平面的兩條直線平行B.經(jīng)過一條直線和這條直線外一點(diǎn),有且只有一個平面C.如果空間中兩個角的兩條邊分別對應(yīng)平行,那么這兩個角相等D.如果兩個不重合的平面有一個公共點(diǎn),那么它們有且只有一條過該點(diǎn)的公共直線A.等腰直角三角形B.等腰或直角三角形4.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若ccosC=acosA,A.等腰直角三角形B.等腰或直角三角形C.直角三角形D.等腰三角形5.已知向量a=(-1,2),b=(3,4),則向量b在a上的投影向量為A.B.C.(1,-2)D.(-1,2)6.已知一組數(shù)據(jù)2,7,5,m,10的平均數(shù)為6,則這組數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)為A.5.5B.6C.6.5D.77.如圖,在四面體P-ABQ中,二面角P-AB-Q的大小為且△PAB為正面積為三角形,AB丄BQ,AB=6,BQ=4.若P,A,B,Q都在同一球面上,則該球的表面積為【高一數(shù)學(xué)A卷第1頁(共4頁)】【高一數(shù)學(xué)A卷第2頁(共4頁)】8.已知正三棱錐S-ABC中,SA=6,AB=62,O為底面正三角形ABC的中心,以O(shè)為球心,22為半徑作一個球,則球面與正三棱錐S一ABC的表面相交的所有交線的總長為A.(9+22)πB.(9+42)πC.(12+22)πD.(12+42)π二、多選題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.設(shè)z為復(fù)數(shù),且z不為0,i為虛數(shù)單位,則下列說法正確的是A.5+i>4+iB.若則C.若z=1+i,則10.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且3bcosC+3ccosB=a2,則下列說法正確的是A.a=3B.若B+C=2A,則△ABC的外接圓半徑為3C.若A,且△ABC有一解,則b的取值范圍為(0,3]D.若c2=a2+ab,且△ABC為銳角三角形,則c的取值范圍為(32,33)11.如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點(diǎn)M為A1B1的中點(diǎn),點(diǎn)Q在棱BB1上,則下列說法正確的是A.C1M⊥AQB.當(dāng)點(diǎn)Q為BB1的中點(diǎn)時(shí),點(diǎn)P為上底面A1B1C1內(nèi)的動點(diǎn)(包括邊界),3的軌跡長度為2若PQ∥平面MBC1,則點(diǎn)P3的軌跡長度為22C.當(dāng)點(diǎn)Q為靠近B1的四等分點(diǎn)時(shí),AQ與BC1夾角的余弦值為5D.當(dāng)點(diǎn)Q為BB1的中點(diǎn)時(shí),將線段QA繞QB旋轉(zhuǎn)90°到QA',則QA在旋轉(zhuǎn)過程中(包含QAΓ17L5,」QA')與平面MBCΓ17L5,」三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.已知樣本x1,x2,x3,x4,x5的平均數(shù)為7,方差為7;樣本y1,y2,y3的平均數(shù)為15,方差為15.則新樣本x1,x2,x3,x4,x5,y1,y2,y3的方差為.13.高中某DIY社團(tuán)一學(xué)生想把實(shí)心的圓錐木塊改造成一個正四棱柱木塊,且正四棱柱的中心在圓錐的軸上,底面在圓錐的底面內(nèi).已知該圓錐的底面圓半徑為3cm,高為32cm,則該正四棱柱側(cè)面積的最大值為 14.已知iEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),OC)=2EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),OA)=4,EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),OB)=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(5→),2OC),設(shè)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),AB)與EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),AC)的夾角為θ,則sinθ的最大值為.【高一數(shù)學(xué)A卷第3頁(共4頁)】四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(本小題滿分13分)某學(xué)校高一年級開展了數(shù)學(xué)競賽考試,考試成績的頻率分布直方圖如圖所示(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表),其中第二組的頻數(shù)是第一組頻數(shù)的2倍.(I)求a,b的值,以及這次競賽成績的中位數(shù);(II)某老師在此次競賽成績中抽取了10名學(xué)生的分?jǐn)?shù):x1,x2,x3,…,x10,已知這10名學(xué)生分?jǐn)?shù)的平均數(shù)x=80,方差s2=40,若剔除其中的70和90兩個分?jǐn)?shù),求剩余8名學(xué)生分?jǐn)?shù)的平均數(shù)與方差.16.(本小題滿分15分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的正方形,且PA=2,PA⊥平面ABCD,Q為棱PD的中點(diǎn).(I)求證:AQ⊥PC;(II)求點(diǎn)P到平面ACQ的距離;(III)求直線PC與平面ACQ所成角的正弦值.17.(本小題滿分15分)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且△ABC的面積為42.(I)求sinA;(II)若內(nèi)角A的角平分線AD交BC于D點(diǎn),求AD的最大值.【高一數(shù)學(xué)A卷第4頁(共4頁)】18.(本小題滿分17分)如圖,直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,∠DAB=60°,AB=AD=4,等腰直角三角形ADE中,AE=DE,且平面ADE⊥平面ABCD,平面ABE與平面CDE交于EF.(I)求證:CD∥EF;(II)若CD=EF,求二面角A-BC-F的余弦值.19.(本小題滿分17分)某高一學(xué)生在周末發(fā)展數(shù)學(xué)興趣,研究平面向量和解三角形的相關(guān)內(nèi)容時(shí),學(xué)習(xí)了以下定理,嘗試解決一些問題.塞瓦定理:如圖1,設(shè)P為△ABC三邊所在直線外任一點(diǎn),直線AP,BP,CP分別交對邊所在直線于點(diǎn)D,E,F,則塞瓦定理逆定理:如圖1,在△ABC的三邊所在直線BC,CA,AB上分別各取一點(diǎn)D,E,F,若有則AD,BE,CF三線共點(diǎn).角元塞瓦定理:如圖1,設(shè)P為△ABC三邊所在直線外任一點(diǎn),直線AP,BP,CP分別交對邊所在直線于點(diǎn)D,E,F,則角元塞瓦定理逆定理:如圖1,在△ABC的三邊所在直線BC,CA,AB上分別各取一點(diǎn)D,E,F,若有則AD,BE,CF三線共點(diǎn). →(I)如圖1,在△ABC中,直線AP,BP,CP分別交對邊所在直線于點(diǎn)D,E,F,其中F,D滿足AF,利用塞瓦定理,求點(diǎn)E在線段CA上的位置;若EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),BP)=λEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),BA)+μEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),BC),求;(II)利用塞瓦定理證明角元塞瓦定理;(III)如圖2,過△ABC的內(nèi)心I分別作BC,CA,AB的垂線,交以I為圓心的圓于點(diǎn)D,E,F,利用角元塞瓦定理逆定理證明AD,BE,CF三線共點(diǎn).高一數(shù)學(xué)A卷參考答案選擇題:1-8題,每題5分;9-11題,每題6分,共58分。1234567891011ABCBDCDABDABDABD15.【答案】(I)a=0.032(1分),b=0.004(1分),中位數(shù)70.5(3分)(II)平均數(shù)80(2分),方差25(6分)【解析】(I)由題意可知,a=0.016×2=0.032,………1分b-0.016-0.032-0.040-0.008=0.004,………2分由于成績在[50,70)內(nèi)的頻率為0.16十0.32=0.48,在[故中位數(shù)位于[70,80),設(shè)中位數(shù)為m,則0.48十(m-70)×0.04=0.5,解得m=70.5,所以中位數(shù)為70.5分;……………………5分(II)由x=80,可得x1十x2十x3十…十x10=800,800-70-90則剔除其中的70和90兩個分?jǐn)?shù),剩余8個數(shù)平均數(shù)為8=80分;………7分解法一:又方差s2=40,s2[(x1-x)2十(x2-x)2十…十(x10-x)2][xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),1)十xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),2)十…十xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),10)-2(x1十x2十…十x10)x十10x2][xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),1)十xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),2)十…十xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),10)-2(10x)x十10x2][xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),1)十xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),2)十…十xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),10)-10x2](xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)十xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)十…十xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),10))-x2…………9分則xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)十xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)十…十xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),10)=64400,…………10分8.則剩余的8個數(shù)的方差為1×(64400-702-902)-802=258.解法二:不妨設(shè)x1=70,x2=90,則s2[(70-x)2十(90-x)2十(x3-x)2十(x4-x)2十…十(x10-x)2]=40,…9分得(x3-x)2十(x4-x)2十…十(x10-x)2=200,……………………11分則剩余的8個數(shù)的方差為×200=25.………………13分16.【答案】(I)見解析(6分)【高一數(shù)學(xué)A卷參考答案第1頁(共10頁)】【高一數(shù)學(xué)A卷參考答案第2頁(共10頁)】【解析】(I)“PA丄平面ABCD,CDC平面ABCD,ADC平面ABCD,:CD丄平面PAD,………………………2分又“AQC平面PAD,:CD丄AQ.……:CD丄平面PAD,………………………2分又“AQC平面PAD,:CD丄AQ.………………………3分“PA丄AD,Q為棱PD的中點(diǎn),:PD丄AQ.…………4分又“CD丄AQ,CD∩PD=D,CD、PDC平面PAD,:AQ丄平面PCD.………………………5分又“PCC平面PCD,:AQ丄PC;………………………6分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(法),丄)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(II),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(△),D)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(PA),又)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(D),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(是),D)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(等),C)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(腰),平)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(直),面)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(角),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(形),:)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(AP),D丄)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(A),D):點(diǎn)C到平面PAD的距離為CD的長.………………7分設(shè)點(diǎn)P到平面ACQ的距離為h,即△△·CD.……………………8分易知S△△分“CQ=CD2十DQ2=6.易知AQ=2,AC=22,可得AQ2十CQ2=AC2,故△ACQ為直角三角形,則S△……………11分 即點(diǎn)P到平面ACQ的距離為;……………12分(III)易知PC=AP2十AC2=23,設(shè)直線PC與平面ACQ所成的角為13.即直線PC與平面ACQ所成角的正弦值為………15分3.(II)(III)解法二:由(I)知AQ丄平面PCD,又AQC平面ACQ,:平面ACQ丄平面PCD.………………7分如圖,作PH丄CQ,交CQ的延長線于H,:PH丄平面ACQ.………:PH丄平面ACQ.………8分:點(diǎn)P到平面ACQ的距離為PH,且直線PC與平面ACQ所成的角為∠PCQ.…………………10分由(I)知CD丄平面PAD,又PDC平面PAD,易知PC=AP2十AC由(I)知CD丄平面PAD,又PDC平面PAD,:CD丄PD.【高一數(shù)學(xué)A卷參考答案第3頁(共10頁)】12分………………12分………………………13分.……………………15分∴點(diǎn)P.……………………15分分)(分)(II)22(9分)…………3分【解析】…………3分,…………………,…………………5分,因?yàn)閏osA>0,所以A∈0,2…………6分所以…………6分,因?yàn)椤鰽BC的面積為42,因?yàn)椤鰽BC的面積為42所以2,解得bc=12.………………………7分由于S△ADB+S△ADC=S△ABC,所以2………………9………………9分,…………10分由于sinA≠0,所以AD(b+c,…………10分 由二倍角公式得cosA=2cos2 =2×12×6=86,……11分3又因?yàn)閎c=12,所以AD(=2×12×6=86,……11分3=43AD,得86≥43AD,由AD(b+c)≥=43AD,得86≥43AD,則AD≤2則AD≤22所以AD長的最大值為2所以AD長的最大值為22【解析】(I)∵AB∥CD,AB?平面ABFE,CD?平面ABFE,∴CD∥平面ABFE.………………………3分又∵平面ABE與平面CDE交于EF,CD?平面CDE,∴CD∥EF;…………………6分【高一數(shù)學(xué)A卷參考答案第4頁(共10頁)】(II)如圖,取AD中點(diǎn)O、BC中點(diǎn)M,連接OE,OM,FM,顯然OM∥CD,OM⊥BC,OM=3,OE=2,……………7分又由(I)CD∥EF,∴OM∥EF,∴O,M,F,E四點(diǎn)共面.…………………8分∵△ADE是等腰直角三角形,∴OE⊥AD.又∵平面ADE⊥平面ABC,平面ADE∩平面ABC=AD,∴OE⊥平面ABCD.…………………11分又∵BC?平面ABCD,∴OE⊥BC.…………………12分又∵OM⊥BC,OE∩OM=O,∴BC⊥平面OMFE.……………………13分∴∠FMO為二面角A-BC-F所成平面角.…………14分在平面OMFE中,過F作FH⊥OM,交OM于H,顯然FH=OE=2,HM=OM-OH=OM-EF=1,分19.【答案】(I)E為線段CA上靠近A的三等分點(diǎn)(2分),2(3分)(II)見解析(4分)(III)見解析(8分)【解析】(I)AP,BP,CP交于點(diǎn)P,由塞瓦定理,··1,即··1,得CE=2AE,………………………1分所以E為線段CA上靠近A的三等分點(diǎn).………………2分由于B,P,E三點(diǎn)共線,則EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(→),BP)=mEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(→),BE)=m(EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(2→),3BA)+EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(1→),3BC))=2EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(m→),3BA)+EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(m→),3BC).………4分5分·,③………………7分把①,②,③代入塞瓦定理中的式子··1,【高一數(shù)學(xué)A卷參考答案第5頁(共10頁)】得分(III)由角元塞瓦定理逆定理知,要證AD,BE,CF三線共點(diǎn),只需證分連接BD,CD,在△ABD中,由正弦定理知④在△ACD中,由正弦定理知⑤得分分由于I為△ABC內(nèi)心,所以∠IBA=∠IBC,對于△BIF與△BID,BI=BI,∠BIF=90°-∠IBA=90°-∠IBC=∠BID,IF=ID,所以△BIF≌△BID,……………………13分所以BF=BD,∠IBF=∠IBD,則∠CBF=∠IBF+∠IBC=∠IBD+∠IBA=∠ABD,即得到BF=BD,∠CBF=∠ABD⑨同理,CD=CE,∠ACD=∠BCE⑩AE=AF,∠BAE=∠CAFO11………………………15分把⑥,⑦,⑧代入并結(jié)合⑨,⑩,O11,所以AD,BE,CF三線共點(diǎn).……………17分【注】:以上各解答題,如有不同解法并且正確,請按相應(yīng)步驟給分。【高一數(shù)學(xué)A卷參考答案第6頁(共10頁)】詳解【解析】【解析】最大角【解析】如果空間中兩個角的兩條邊分別對應(yīng)平行,那么這兩個角相等或互補(bǔ),C項(xiàng)說法錯誤.4.【答案】B【解析】由正弦定理,sinCcosC=sinAcosA,即sin2C=sin2A,∴2C=2A或2C+2A=π,即C=A或C+A,∴△ABC的形狀是等腰或直角三角形.【解析】【解析】由數(shù)據(jù)2,7,5,m,10的平均數(shù)為6,可得m=6,將這組數(shù)據(jù)從小到大排列,可得2,5,6,7,10.因?yàn)?×60%=3,所以這組數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)為【解析】如圖,取AB中點(diǎn)H,連接PH,顯然△PAB的外心O1為線段PH上靠近H的三等分點(diǎn),作HO2⊥AB交AQ于O2,顯然O2為△QAB的外心,O2H=2,∠PHO2為二面角P-AB-Q的平面角,則過O1,Q2分別作平面PAB,平面QAB的垂線,兩垂線交于點(diǎn)O,點(diǎn)O即為該球球心.連接O1Q2,OH,顯然O1,H,O2,O四點(diǎn)共圓,且OH為圓的直徑,在△O1HO2中,O1O2=O1H2+O2H2-2O1H·O2H·cos∠O1HO2=13,連接OA,球半徑R=OA=OH2+AH2=61,則表面積S=4πR2=244π.【解析】如圖1,設(shè)AB中點(diǎn)為H,連接SH,CH,顯然SH⊥AB,CH⊥AB,O為線段CH上靠近H的三等分點(diǎn).【高一數(shù)學(xué)A卷參考答案第7頁(共10頁)】過O作OM⊥SH,交SH于M,顯然OM⊥平面SAB,如圖2,球與△ABC的交線為以O(shè)為圓心,以22為半徑的圓在△ABC內(nèi)部的三段圓弧;如圖3,球與△SAB的交線為以M為圓心,以為半徑的圓在△SAB所以在△SAB內(nèi)部的弧線為以2為半徑的圓弧的四分之三.內(nèi)部的一段圓弧,易得MT=2,又MQ=2,故TQ=2,所以∠PMQ=90°所以在△SAB內(nèi)部的弧線為以2為半徑的圓弧的四分之三.所以球面與正三棱錐的表面相交所得到的曲線的長為【解析】虛數(shù)不能比大小,顯然A錯誤;顯然z=1,B正確;z=1-i,C錯誤;10.【答案】ABD【解析】因?yàn)?bcosC+3ccosB=a2,由正弦定理,得3sinBcosC+3sinCcosB=asinA,即3sin(B+C)=asinA,所以3sinA=asinA,所以a=3,A正確;若B+C=2A,則A=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(π),3),所以△ABC的外接圓直徑所以外接圓半徑為3,B正確;由題意可知,a=bsinA或a≥b時(shí),滿足△ABC有一解,此時(shí)b=32或b≤3,又因?yàn)閎>0,所以b的取值范圍是(0,3]∪{32},C錯誤;由余弦定理,c2=a2+b2-2abcosC,又有c2=a2+ab,所以a2+b2-2abcosC=a2+ab,即b-2acosC=a,由正弦定理,得sinB-2sinAcosC=sinA,所以sin(A+C)-2sinAcosC=sinA,所以sinAcosC+cosAsinC-2sinAcosC=sinA,即sin(C-A)=sinA,所以C=2A,又由正弦定理,得所以即c=2acosA=6cosA,【高一數(shù)學(xué)A卷參考答案第8頁(共10頁)】所以c=6cosA∈(32,33),D正確.11.【答案】ABD【解析】在正三棱柱ABC-A1B1C1中,顯然C1M⊥平面ABB1A1,又因?yàn)锳Q?平面ABB1A1,所以C1M⊥AQ,A正確;如圖1,取B1C1中點(diǎn)E,取B1M中點(diǎn)F,連接QE,QF,EF,顯然平面QEF∥平面BC1M,線段EF即為所求的Q的軌跡,顯然正確;如圖2,取B1C1靠近B1的四等分點(diǎn)G,取BC靠近B的四等分點(diǎn)H,連接QG,AG,GH,AH,顯然QG∥BC1,所以∠AQG為AQ與BC1所成角或其補(bǔ)角,2夾角的余弦值為,C錯誤;10所以夾角的余弦值為,C錯誤;10如圖3,設(shè)QA與MB交點(diǎn)為O,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,顯然C1M⊥平面ABB1A1,又因?yàn)锳Q?平面ABB1A1,所以C1M⊥AQ;在平面ABC上,不妨將BA繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°(注:順時(shí)針與逆時(shí)針?biāo)笕≈捣秶窍嗤?到BA',連接QA在平面ABC上,不妨將BA繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°(注:順時(shí)針與逆時(shí)針?biāo)笕≈捣秶窍嗤?到BA',連接QA',畫出弧AA',在弧AA'上任取一點(diǎn)A0,連接QA0,在QA旋轉(zhuǎn)過程中,不妨設(shè)旋轉(zhuǎn)到QA0處,則QA0與平面MBC1的所成角與∠AQA0互余.所以∠在QA旋轉(zhuǎn)過程中,不妨設(shè)旋轉(zhuǎn)到QA0處,則QA0與平面MBC1的所成角與∠AQA0互余.當(dāng)A0與A'重合時(shí),∠AQA0最小,此時(shí)為∠AQA0=0;'————當(dāng)A0與A重合時(shí),∠AQA0最大,此時(shí)∠AQA0=∠AQA;Γ7————所以,