浙江省杭州市桐庐中学2022-2023学年高二数学上学期第一次阶段性试题（Word版附解析）

2022-2023学年浙江省桐庐中学2022学年高二年级第一学期

第一次阶段性测试

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 过点和点直线的倾斜角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系、斜率的计算公式即可得出．

【详解】设直线的倾斜角为，斜率为，

则，

又，．

故选：C．

2. 复数，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．

【详解】，

．

故选：D．

3. 如图，已知空间四边形，其对角线为、，、分别是对边、的中点，点在线段上，且，现用基向量，，表示向量，设，则、、的值分别是（    ）

A. ，， B. ，，

C. ，， D. ，，

【答案】D

【解析】

【分析】利用向量的三角形法则及平行四边形法则和向量形式的中点公式即可得出．

【详解】、分别是对边、的中点，

，．

，

因此，．

故选：D

4. 一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（    ）

A.  B.  C. 8 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的面积即可．

【详解】还原直观图为原图形如图所示，

因为，所以，还原回原图形后，

，；

所以原图形的面积为．

故选：D

5. 如图所示，在直二面角中，四边形是边长为的正方形，是等腰直角三角形，其中，则点到平面的距离为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】

【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，

，

从而，，

设平面的法向量为

则，即

令，则，

为平面的法向量

故点到平面的距离

故选.

6. 在所在的平面内，点满足，若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可知，为的外心，推导出，，由此可求得的值.

【详解】在所在的平面内，点满足，则为的外心，如下图所示：

取的中点，连接，则，

，同理可得，

因此，

故选：A.

【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：

（1）利用定义：

（2）利用向量的坐标运算；

（3）利用数量积的几何意义．

具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

7. 如图：在中，内角，，的对边分别为，，.已知，，点是边的中点，且，则的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据，由正弦定理得到 ，再利用余弦定理求得，然后分别在和中，利用余弦定理得到，，然后两式相加整理得到a，b的关系，然后在中，利用余弦定理再得到a，b的关系，结合求得b,再利用三角形面积公式求解.

【详解】因为，

由正弦定理整理得： ，

由余弦定理的，

因为，

所以，

在中，由余弦定理得：，

在中，由余弦定理得：，

两式相加整理得：，

在中，由余弦定理得：，

整理得：，

所以，

解得，

所以，

故选：B

【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

8. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（    ）

A. 平面平面 B. 异面直线与所成的角为

C. 二面角的大小为 D. 在棱上存在点使得平面

【答案】D

【解析】

【分析】根据线面垂直，异面直线所成角的大小以及二面角的求解方法分别进行判断即可．

【详解】解：对于，取的中点，连，，侧面为正三角形，

，

又底面是的菱形，

三角形是等边三角形，

，

，平面，平面

平面，故正确，

对于，平面，

，即异面直线与所成的角为，故错误，

对于，底面为菱形，，平面平面，

平面，，，，”

则是二面角的平面角，

设，则，，

在直角三角形中，，

即，故二面角的大小为，故错误，

对于A，平面，，

所以平面，平面，

所以面平面，显然平面与平面不垂直，故A错误；

故选：．

【点睛】

本题主要考查空间直线和平面位置关系以及二面角的求解，根据相应的判断和证明方法是解决本题的关键．综合性较强，属于中档题．

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）

9. 某团队共有20人，他们的年龄分布如下表所示，

有关这20人年龄的众数、极差、百分位数说法正确的有（    ）

A. 众数是32 B. 众数是5 C. 极差是17 D. 25%分位数是30

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据人数最多确定众数；最大值减去最小值为极差；利用分位数的定义求解25%分位数.

【详解】年龄为32的有5人，故众数是32，A正确，B错误；

45-28=17，极差为17，C正确；

因为，所以，故25%分位数是30，D正确.

故选：ACD

10. 设复数在复平面内对应的点为Z，原点为O，为虚数单位，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则或

B. 若点Z的坐标为，且是关于的方程的一个根，则

C. 若，则的虚部为

D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为

【答案】BD

【解析】

【分析】举反例可判断A；根据复数相等列方程组可解p、q，然后可判断B；由虚部概念可判断C；利用两圆面积相减可判断D.

【详解】A中，令，则，故A错误；

B中，若点Z的坐标为，则，所以，

整理得，所以，解得，

所以，故B正确；

C中，易知的虚部为，故C错误；

D中，记，则

所以，

圆的面积为，圆的面积为，

所以点集合所构成的图形的面积为，故D正确.

故选：BD

11. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是4”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是5”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（    ）

A. 甲与乙互斥 B. 丙与丁互斥

C. 甲与丁相互独立 D. 乙与丙相互独立

【答案】BC

【解析】

【分析】直接由互斥事件的概念判断A、B选项；计算出甲、乙、丙、丁事件的概率，由独立事件概率公式判断C、D选项即可.

【详解】由题意可知，两点数和为6的所有可能为，两点数和为7的所有可能为，

甲乙丙丁，对于A选项，甲与乙可以同时发生，故选项A错误；

对于B选项，丙与丁不可能同时发生，故选项B正确；

对于C选项，（甲丁）（甲）（丁），故选项C正确；

对于D选项，（乙丙）（乙）（丙），故选项D错误.

故选：BC.

12. 在中，角所对的边分别为，给出下列四个命题中，其中正确的命题为（    ）

A. 若，则；

B. 若，则；

C. 若，则这个三角形有两解；

D. 当是钝角三角形.则.

【答案】BCD

【解析】

【分析】

A，求出，即可由正弦定理求出；B，由得出，即得，由正弦定理即可判断；C，由正弦定理解三角形即可判断；D，由和的正切个数化简可判断.

【详解】对于A，若，，，由正弦定理可得，故A错误；

对于B，，且在单调递减，若，则，由三角形中大边对大角得，再由正弦定理得，故B正确；

对于C，由正弦定理得，则，因为，故有两解，故C正确；

对于D，在中，，则，当是钝角三角形，若或为钝角，则，满足；若为钝角，则，即，满足，故D正确.

故选：BCD.

【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查和的正切公式的应用，属于基础题.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 若直线经过点，且与轴平行，则________.

【答案】

【解析】

【分析】由与轴平行，得、的横坐标相等，可得的值．

【详解】因为直线经过点，且与轴平行，

所以直线与轴垂直，故A、的横坐标相等，则．

故答案为：

14. 已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则该圆锥的表面积为___________.

【答案】

【解析】

【分析】首先根据题意得到，解得，再分别计算侧面积和底面积即可.

【详解】解：设圆锥的半径为，由题知：，解得.

所以圆锥的底面积为，圆锥的侧面积为.

所以表面积.

故答案为：.

15. 由10个实数组成的一组数据，方差为，将其中一个数3改为1，另一个数6改为8，其余的数不变，得到新的一组数，方差为，则__________.

【答案】2

【解析】

【分析】根据平均数的性质，结合方差的定义进行求解即可.

【详解】因为其中一个数3改为1，另一个数6改为8，其余的数不变，

所以新的一组的平均数与原一组数的平均数不变，设为，

没有改变的8个数分别为：，

所以有，

，

因此，

故答案为：2

16. 在等腰梯形中，，，是腰上的动点，则的最小值为______________.

【答案】

【解析】

【分析】以为原点，射线为轴正半轴建立直角坐标系，用坐标表示出，即可求出．

【详解】解：以为原点，射线为轴正半轴建立直角坐标系，如图所示，

因为，过点作交于点，所以，

所以，即，

所以，，设，其中，

，，

，

，

当时，取最小值．

故答案为：．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 如图，在平面四边形ABCD中，，BC＝CD＝2，∠ADC＝150°，∠BCD＝120°．

（1）求BD的长；

（2）求∠BAD的大小．

【答案】（1）；（2）45°.

【解析】

【分析】(1) 在ΔBCD中由余弦定理可解得;

(2) 在ΔADB中，由正弦定理可解得.

【详解】解：（1）如图:

在ΔBCD中，BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，由余弦定理得，

，

∴.

（2）在ΔBCD中，BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，

∴∠CDB=∠CBD=30°

∵∠ADC=150°

∴∠ADB=120°

在ΔADB中，由正弦定理得，

∵

∴

∴

∵为锐角

∴∠BAD=45°.

点睛】本题考查了余弦定理和正弦定理,属于中档题.

18. 某区政府组织了以“不忘初心，牢记使命”为主题的教育活动，为统计全区党员干部一周参与主题教育活动的时间，从全区的党员干部中随机抽取n名，获得了他们一周参与主题教育活动时间（单位：h）的频率分布直方图如图所示，已知参与主题教育活动时间在内的人数为92．

（1）求n的值；

（2）以每组数据所在区间的中点值作为本组的代表，估算这些党员干部参与主题教育活动时间的中位数（中位数精确到0.01）．

（3）如果计划对参与主题教育活动时间在内的党员干部给予奖励，且在，内的分别评为二等奖和一等奖，那么按照分层抽样的方法从获得一、二等奖的党员干部中选取5人参加社区义务宣讲活动，再从这5人中随机抽取2人作为主宣讲人，求这2人均是二等奖的概率．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图性质，求出，再计算即可．

（2）设中位数为，由，求出即可．

（3）列举出所有的基本事件及满足条件的事件，再求出这2人均是二等奖的概率．

【小问1详解】

由已知可得，．

则，得．

【小问2详解】

设中位数为，则，得．

【小问3详解】

按照分层抽样的方法从，内选取的人数为，

从，内选取的人数为．

记二等奖的4人分别为，，，，一等奖的1人为，

事件为“从这5人中抽取2人作为主宣讲人，且这2人均是二等奖”．

从这5人中随机抽取2人的基本事件为，，，，，，，，，，共10种，

其中2人均是二等奖的情况有，，，，，，共6种，

由古典概型的概率计算公式得．

19 如图，平行六面体中，，.

（1）求对角线的长度；

（2）求异面直线与所成角的余弦值.

【答案】（1）3；    （2）0.

【解析】

【分析】（1）根据空间向量的加减运算以及向量模的运算、数量积运算，可得长度；

（2），，得到，可得异面直线与所成角的余弦值．

【小问1详解】

由，，得到以向量为基底，

，①，

同理可得，

①平方得

，

所以

【小问2详解】

，，

所以

，

所以异面直线与所成角的余弦值为．

20. 某校设计了如下有奖闯关游戏:参赛选手按第一关,第二关,第三关的顺序依次闯关,若闯关成功,分别获得5个学豆,10个学豆,20个学豆的奖励,游戏还规定,当选手闯过一关后,可以选择带走相应的学豆,结束游戏;也可以选择继续闯下一关,若有任何一关没有闯关成功,则全部学豆归零,游戏结束.设选手甲第一关,第二关,第三关闯关成功的概率分别为,,,选手选择继续闯关的概率均为,且各关之间闯关成功与否互不影响.

(1)求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率;

(2)求该选手所得学豆总个数不少于15的概率.

【答案】(1)  (2)

【解析】

【分析】

（1）设甲“第一关闯关成功且所得学豆为零”为事件A，“第一关闯关成功第二关闯关失败”为事件，“前两关闯关成功第三关闯关失败”为事件，则，互斥，由此利用互斥事件概率加法公式能求出选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率；

（2）该选手所得学豆总个数可能为0，5，15，35，先用相互独立事件同时发生的概率公式计算出总个数为15和35时所对应的概率，再相加即可.

【详解】(1)设“甲第一关闯关成功且所得学豆为零”为事件A，“第一关闯关成功第二关闯关失败”为事件，“前两关闯关成功第三关闯关失败”为事件，则，互斥.

，，，

所以选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率为.

(2)由题意得该选手所得学豆总个数可能为0，5，15，35，

且“该选手所得学豆总个数为15”的概率为，

“该选手所得学豆总个数为35”的概率为.

所以“该选手所得学豆总个数不少于15”的概率为.

【点睛】本题考查概率的求法，解题时要认真审题，注意互斥事件概率加法公式、相互独立事件概率乘法公式的合理运用，属于中档题.

21. 如图，平面，，.

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；

（Ⅲ）若二面角的余弦值为，求线段的长.

【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）（Ⅲ）

【解析】

【分析】首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系

(Ⅰ)利用直线BF的方向向量和平面ADE的法向量的关系即可证明线面平行；

(Ⅱ)分别求得直线CE的方向向量和平面BDE的法向量，然后求解线面角的正弦值即可；

(Ⅲ)首先确定两个半平面的法向量，然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于CF长度的方程，解方程可得CF的长度.

【详解】依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，

可得.

设，则.

(Ⅰ)依题意，是平面ADE的法向量，

又，可得，

又因为直线平面，所以平面.

 (Ⅱ)依题意，，

设为平面BDE的法向量，

则，即，

不妨令z=1，可得，

因此有.

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

(Ⅲ)设为平面BDF的法向量，则，即.

不妨令y=1，可得.

由题意，有，解得.

经检验，符合题意｡

所以，线段的长为.

【点睛】本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.

22. 如图，A､B是单位圆上的相异两定点（O为圆心），且（为锐角）.点C为单位圆上的动点，线段交线段于点.

（1）求（结果用表示）；

（2）若

①求的取值范围：

②设，记，求函数的值域.

【答案】（1）   

（2）①；②

【解析】

【分析】（1）根据数量积的定义以及几何意义结合图形分析运算；

（2）①根据数量积结合三角函数运算求解；②结合图形分析可得，根据向量的相关知识运算整理，再结合函数单调性与最值，运算求解.

【小问1详解】

【小问2详解】

①.

设.由题意得，则

所以

因为，则

所以，则；

（2）设，

则，

所以，由得，

即，整理得，

所以，

所以.

即.

，令

∵，则，即

∴在上单调递增，则

所以函数值域是.