2022~2023学年下学期高一年级阶段联考
高一数学
命题单位：审题单位：安徽省郎溪中学（数学教研组）
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章~第九章。
一、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．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
2．已知复数满足，则在复平面内所对应的点是（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量，，若，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．（
4．如图是2016-2022年全球LNG运输船订单量和交付量统计图，则下列说法不正确的是（ ）
2016-2022年全球LNG运输船订单量和交付量
A．2016-2022年全球LNG运输船订单量的平均值约为32艘
B．2017-2021年全球LNG运输船订单的交付率逐年走低
C．2016-2022年全球LNG运输船交付量的极差为27艘
D．2019年全球LNG运输船订单和交付量达到峰值
5．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（ ）
A． B． C．4 D．
6．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，若，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．如图，一架飞机从地飞往地，两地相距．飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从点起飞以后，就沿与原来的飞行方向成角的方向飞行，飞行到中途点，再沿与原来的飞行方向成角的方向继续飞行到终点．这样飞机的飞行路程比大约多飞了（ ）
A． B． C． D．
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（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
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．
10．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，则下列说法正确的是（ ）
A．的值为
B．估计成绩低于60分的有25人
C．估计这组数据的众数为75
D．估计这组数据的第85百分位数为86
11．已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．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
12．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥．设，点，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
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，与平面所成角的正切值为
D．当时，的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在中，，且，则________．
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．
15．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________．
16．在中，，点在边上，且，的面积为，则的最小值为________．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（本小题满分10分）
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：kg） 60 50 45 60 70 80 80 80 85 90
（单位：kg） 40 60 60 80 80 55 80 80 70 95
（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．
18．（本小题满分12分）
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．
19．（本小题满分12分）
已知向量，，其中．
（1）若，求；
（2）若，求，夹角的余弦值．
20．（本小题满分12分）
记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，求的取值范围．
21．（本小题满分12分）
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．
22．（本小题满分12分）
如图，在平面四边形中，已知，，，．
（1）若，求；
（2）若，求四边形的面积．
高一数学
参考答案、提示及评分细则
1．C 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，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，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，C错误；对于D，四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体，D正确．故选C．
2．B 由题意可得，所以复数在复平面内对应的点为．故选B．
3．C 由，，，得，解得．所以，
所以在上的投影向量为
故选C．
4．B 由图知，2016-2022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；2016-2022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B．
5．D 如图所示建立平面直角坐标系，则，，，
所以．故选D．
6．B 根据平面与平面平行的性质定理可知，若，，，则；
反之，若，，，则与可能平行，也可能相交．故选B．
7．B 在中，由，，得，
由正弦定理得，
所以，
所以，，所以．故选B．
8．C 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．
9．AC 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AC．
10．ACD 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，则，解得，故D正确．故选ACD．
11．ABD 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，所以为钝角，是钝角三角形，故C错误；
对于D，因为，
所以，
所以，且，，，所以，所以为等边三角形，故D正确．故选ABD．
12．ACD 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，因为平面，则，则是以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，即是三棱锥的高，又，平面平面，平面，所以平面，所以是直线与平面所成的角，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．
13．
，
即，，．
14．120 由题设，若200名学生志愿者中女生有人，则，
所以人．
15． 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．
16．2 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．
17．解：（1），
， 4分
． 8分
（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 10分
18．（1）证明：因为底面，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：因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以 7分
因为，且，所以 9分
在中，由，，得， 11分
即． 12分
19．解：（1）由，得，即， 2分
因为，所以，
所以或，
解得或 5分
（2）由题得，
由，得，即，
整理得，① 7分
令，则．
所以①式可化为，解得或（舍去） 9分
由，得 10分
所以，即，因为，
所以 11分
此时，，设，夹角为，
则，
故，夹角的余弦值为． 12分
20．解：（1）因为，
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）因为，
所以 7分
由（1）知，
所以 9分
因为，
所以，
又易知，所以．
所以，，
所以，
故的取值范围是 12分
21．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 2分
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 5分
（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． 6分
因为，，所以，又，，，平面，
所以平面 8分
同理可证平面．
所以三棱锥的体积 9分
因为是腰长为2的等腰三角形，所以．
所以，
同理 10分
又已知，故的面积． 11分
设点到平面的距离为，
则，
即，解得．
故点到平面的距离为． 12分
22．解：（1）在中，，
3分
在中，由余弦定理，得
5分
（2）设，则 6分
在中，由正弦定理得，
，
即，整理得，
解得或（舍） 9分
易知为锐角，所以 10分
在中，， 11分
四边形的面积，
故四边形的面积为 2分