2022-2023学年江西省景德镇一中高一（18班）下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年江西省景德镇一中高一（18班）下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．数据，，，，，，，的30%分位数为（    ）

A．8.2 B．8.24 C．8.25 D．8.3

【答案】D

【分析】利用百分位数定义求解.

【详解】数据已从小到大排列，共8个数，

，

即该组数据的第30百分位数是从左往右第三个数，

故选：D.

2．点在的内部，且满足，则的面积与的面积之比是

A． B．3 C． D．2

【答案】A

【详解】延长BO交AC于点P，如图所示：

∵，得，

即，∴，∴.

3．已知，为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则

①若，，且，则；②若，，且，则；

③若，，，则；④若，，且，则；

其中真命题的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据空间直线与平面平行、垂直，平面与平面平行、垂直的判定定理和性质定理，逐项判断，即可得出结论.

【详解】由且，可得，

而垂直同一个平面的两条直线相互平行，故①正确；

由于，，所以，又因为，则，故②正确；

若，，，则与平行或异面，故③错误；

设，在平面内作直线，

又因为，则，又，所以，

因为，所以，从而有，故④正确.

因此，真命题的个数是.

故选：C

4．已知，满足，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】注意到，后结合，，利用二倍角，两角和的正弦公式可得答案.

【详解】因，则，又，

则，得.

因，则.

又，则，结合，则，得，

则.

又注意到，

则

.

故选：B

5．现要用随机数表法从总体容量为240的研究对象中挑选出50个样本，则在下列数表中按从左至右的方式抽取到的第四个对象的编号为（    ）

32451 74491 14562 16510 02456 89640 56816 55464 41630 85621 05214 84513 12541 02145

A．5 B．44 C．165 D．210

【答案】D

【分析】由随机数表抽样方法可知答案.

【详解】由随机数表抽样方法可知，以3个数字为单位抽取数字，且数字不能大于240，且要去掉重复数字，据此第一个数字为114，第二个为165，第三个为100，第4个为210.

故选：D

6．在中，，点是的重心，则的最小值是

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】设的中点为，因为点是的重心，所以，再令，则，，，当且仅当时取等号，故选B.

7．要得到函数的图像，可由函数的图像经伸缩平移变换而成，则下列变换方式中正确的是（    ）

A．先将所有点的横坐标缩少为原来的（纵坐标不变），再将图像向右平移个单位

B．先将所有点的横坐标缩少为原来的（纵坐标不变），再将图像向右平移个单位

C．先将所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），再将图像向左平移个单位

D．先将所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），再将图像向右平移个单位

【答案】C

【分析】根据先伸缩，再平移的变换规律，即可判断.

【详解】函数的图像所有的点的横坐标扩大到原来的2倍，（纵坐标不变）得，再将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数.

故选：C

8．如图，正方体的棱长为1，动点在直线上，，分别是，的中点，则下列结论中错误的是（    ）

A．∥ B．平面

C． D．存在点，使得平面∥平面

【答案】D

【分析】对于A，可证FM∥AC与∥AC，即可得出结果；对于B，，，可得，再结合线面垂直的定义与判定定理分析判定；对于C多次利用线面垂直的判定与性质即可判断；对于D，可证与相交，则平面BEF与平面CC1D1D相交．

【详解】对A，连接AC，∵F，M分别是AD，CD的中点，则FM∥AC

又∵∥，，则为平行四边形，即∥AC

∴FM∥，A正确；

对B，连接，∵，，即

∴，即

又∵⊥平面ABCD，平面ABCD，则，

因为，平面，

∴BM⊥平面，B正确；

对C，分别连接，，，

平面，平面，

，，，且平面，

平面，平面，，

平面，平面，，

，平面，

平面，平面，，

平面，

平面，平面，，故C正确；

对D，∵F是AD的中点，则∥，=，则为梯形

∴与相交，则平面BEF与平面相交，故D不正确；

故选：D．

二、多选题

9．已知函数，则下列关于函数的图象与性质的叙述中，正确的有（    ）

A．函数的最小正周期为

B．函数在上单调递增

C．函数的图象关于直线对称

D．

【答案】ABC

【分析】根据正切函数的性质画出图象，即可判断A、B、C的正误，由正切函数及诱导公式求判断D.

【详解】函数的大致图象，如下图示，

由上图象，易知：最小正周期为、上单调递增、图象关于直线对称，故A，B，C正确，

又，

所以，故D错误．

故选：ABC.

10．如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（    ）

A．是钝角三角形

B．的面积是的面积的2倍

C．是等腰直角三角形

D．的周长是

【答案】CD

【分析】根据已知，结合图形，利用斜二测画法的方法进行求解判断.

【详解】根据斜二测画法可知，在原图形中，O为的中点，，

因为，所以，

则是斜边为4的等腰直角三角形，如图所示：

所以的周长是，面积是4，故A错误，C，D正确.

由斜二测画法可知，的面积是的面积的倍，故B错误.

故选：CD.

11．已知函数，下列结论中不正确的有（    ）

A．函数的最小正周期为且图象关于对称

B．函数的对称中心是

C．函数在区间上单调递增

D．函数的图象可以由的图象向右平移个单位得到

【答案】BC

【分析】首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出结果．

【详解】函数，

∴函数的最小正周期为，故A正确；

令，即，函数的对称中心是，故B错误；

时，，显然在其上不单调，故C错误；

的图象向右平移个单位得到，故D正确.

故选：BC

12．刘徽注《九章算术•商功》“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也，合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”如图一解释了由一个长方体得到“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”的过程，堑堵是底面为直角三角形的直棱柱；阳马是一条侧棱垂直于底面且底面为矩形的四棱锥；鳖臑是四个面都为直角三角形的四面体，在如图二所示由正方体得到的堑堵中，当点在下列四个位置时，分别形成的四面体中，是鳖臑有（    ）

A．中点 B．中点 C．中点 D．中点

【答案】AC

【分析】设正方体的棱长为，分别计算出三种情况下四面体的各边长，结合线面垂直的性质以及勾股定理可判断每种情况下各个三角形是否为直角三角形，即可选出正确答案.

【详解】解：设正方体的棱长为，则由题意知， ，，，

对于A，当为的中点时，因为面，则，，

则，，又，

则，则是直角三角形，即此时是鳖臑；

对于B，当为的中点时，，，

由勾股定理可知，不是直角三角形，则此时不是鳖臑；

对于C，，，因为平面，

而平面，所以，所以，

由勾股定理可知，，是直角三角形，则此时是鳖臑；

对于D，当为的中点时，此时，又，由勾股定理可知，

不是直角三角形，则此时不是鳖臑；

故选：AC.

三、填空题

13．若向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围为______．

【答案】

【分析】根据向量的夹角列式，从而求得的取值范围.

【详解】依题意，向量与的夹角为钝角，

所以，解得且，

所以的取值范围是.

故答案为：.

14．已知函数的部分图像如图所示，则函数的解析式为______．

【答案】

【分析】根据题意，由图像可得函数周期从而得到，再将点代入，即可得到结果.

【详解】由图像可知，，即，则，

将代入可得，，即，，

解得，，

且，则，

再将代入可得，可得，

所以函数解析式为.

故答案为:

15．已知正方体的棱长为6，则平面与该正方体内切球的相交圆面积为______．

【答案】

【分析】作出图形，得到相交圆面积即为正三角形内切圆面积，计算即可.

【详解】正方体内切球与正方体6个面相切于面对角线的交点,则过,三点的平面与该正方体内切球截面为的内切圆,

正方体的棱长为6,

面对角线,

设内切圆的半径为，

则的面积

得,

则对应的面积为,

故答案为：.

16．已知平面向量，，满足，，，且，则的最大值为________．

【答案】/

【分析】设，由题意分析知，所求为的最大值，设，的中点，由可得，即点的轨迹方程为以为圆心，半径为的圆，求解即可.

【详解】设，因为，

所以，所求为的最大值，当在同一平面时，

有最大值，如图建系，

不妨设，的中点，

由条件可知，，，，

由可知，，

消参可得：，即点的轨迹方程为以为圆心，半径为的圆，

所以的最大值为，故的最大值为.

故答案为：.

四、解答题

17．如图，△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求角B的大小；

(2)已知，若D为△ABC外接圆劣弧AC上一点，求AD+DC的最大值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1) 法一:利用正弦定理和两角和的正弦公式可得，再利用三角形内角的取值范围即可求解；

法二:利用余弦定理得出，根据三角形内角的取值范围即可求解；

(2) 方法一：设，则，利用正弦定理得出，，

然后利用辅助角公式和正弦函数的图象和性质即可求解；方法二：利用余弦定理和基本不等式即可求解.

【详解】（1）法一:∵，由正弦定理得，

∴，

∴，∵，

∴，又∵，∴，

法二:∵，

由余弦定理得，

∴，∴，

∵，∴.

（2）由（1）知，，面四边形ABCD内角互补，则，

法一:设，则，

由正弦定理得，

∴，，

∴，

当且仅当时，的最大值为.

法二:在△ADC中，，，

由余弦定理得，

∴，∴，

当且仅当时，的最大值为.

18．如图，四棱锥中，平面，为正方形，，，点为棱的中点．

(1)记过、、三点的平面与平面PBC的交线为，求证：平面；

(2)求与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设为中点，连接，，先判断为，进而结合线面平行的判定定理证明即可；

（2）由线面垂直关系易证平面，进而可得，过点作，垂足为，连接，可证平面，所以与平面所成角为，进而求解即可.

【详解】（1）设为中点，连接，，

因为为中点，则，且，

在正方形中，，则，

即、、、四点共面，即为，

又平面PAD，平面，

所以平面.

（2）由（1）知，、、、四点共面，

则平面即为平面，

因为平面，平面，平面，

所以，，

又，，平面，

所以平面，

又平面，得.

过点作，垂足为，连接，

由平面，得，

又，且平面，

所以平面，

所以与平面所成角为.

在正方形中，，

在中，，即，

在中，，

则，

又，即，

即，

所以在中，，

即与平面所成角的正弦值为.

19．已知函数，其中.

(1)若函数的周期为，求函数在上的值域；

(2)若在区间上为增函数，求的最大值，并探究此时函数的零点个数.

【答案】(1)

(2)最大值为，6个

【分析】(1)根据正弦的二倍角公式和辅助角公式可得，利用求出，进而求出，结合三角函数的性质即可得出结果；

(2)利用三角函数的性质求出的单调增区间，根据题意和集合之间的关系求出；将问题转化为函数与的图象交点的个数，作出图形，利用数形结合的思想即可得出答案.

【详解】（1）由，    

由周期为且，得，解得，即，

由，得，

故，

所以函数在上的值域为.

（2）因为在区间上单调递增，

故在区间上为单调递增．

由题知，存在使得成立，则必有

则，解得，故，所以的最大值为.

当时，函数的零点个数转化为函数与的图象的公共点的个数.

画图得：

由图知与的图象的公共点的个数共6个，

即的零点个数为6个.

20．如图，三棱锥中，平面平面ACD，，，，点为棱AD的中点，．

(1)求证：平面平面BCD；

(2)求异面直线AB与CE所成角的余弦值．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接，利用面面垂直的性质定理得面，则有，，再利用勾股定理及其逆定理得到，最后根据面面垂直的判定定理即可证明；

（2）取中点，连接，得到是异面直线与所成角或其补角，最后利用余弦定理即可得到答案.

【详解】（1）取中点，连接，

，则，

面面，面面，

又面，则面，

面，则有，，

为的中点，则，而，

，，

即有，则，

而，面，

于是面，面，

面面.

（2）取中点，连接，为中点，

，，

则是异面直线与所成角或其补角，

在中，，

由（1）知，

在中，由余弦定理得，

所以异面直线与所成角的余弦值是.

21．如图，四棱柱中，底面，四边形为梯形，，且，为的中点，过三点的平面记为.

（Ⅰ）证明：平面与平面的交线平行于直线；

（Ⅱ）若，，求平面与底面所成二面角的大小.

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．

【详解】试题分析：

(1)由题意可得平面与平面的交线为，利用面面平行的性质即可证得结论；

(2)利用题意做出二面角，计算可得平面与底面所成二面角的大小为．

试题解析：

（Ⅰ）如图，延长,交于点，

因为，且，所以，

又为的中点，所以三点共线，

此时平面与平面的交线为，

又平面平面，

根据面面平行的性质定理可得，平面与平面的交线平行于直线；

（Ⅱ）在梯形中，由题意可计算出，，，，

进而可计算，，说明梯形是等腰梯形，

所以有，

进一步可知为等边三角形，连接、，则，

又，所以，

此时就是平面与底面所成二面角的平面角，

在直角中，，所以，

即平面与底面所成二面角的大小为.

22．某玻璃工艺品加工厂有2条生产线用于生产某款产品，每条生产线一天能生产200件该产品，该产品市场评级规定：评分在10分及以上的为A等品，低于10分的为B等品．厂家将A等品售价定为2000元/件，B等品售价定为1200元/件．下面是检验员在现有生产线上随机抽取的16件产品的评分：

经计算得，．其中为抽取的第i件产品的评分，．该厂计划通过增加生产工序来改进生产工艺，已知对一条生产线增加生产工序每年需花费2000万元，改进后该条生产线产能不变，但生产出的每件产品评分均提高0.05.已知该厂现有一笔2000万元的资金．

(1)若厂家用这2000万元改进一条生产线，根据随机抽取的16件产品的评分，估计改进后该厂生产的所有产品评分的平均数和方差；

(2)某金融机构向该厂推销一款年收益率为的理财产品．请你利用所学知识分析，将这2000万元用于购买该款理财产品所获得的收益，与通过改进一条生产线使产品评分提高所增加的收益相对比，一年后哪种方案的收益更大？（一年按365天计算）

【答案】(1)平均数为，方差为

(2)改进一条生产线一年后收益更大

【分析】（1）首先求得改进后的生产线的产品评分的平均数，由此求得改进一条生产线后该厂生产的所有产品评分的平均数.根据方差的计算公式，计算出改进一条生产线后该厂生产的所有产品评分的方差.

（2）分别计算出改进生产线和投资理财产品的一年收益，由此确定收益更大的方案.

【详解】（1）设一条生产线改进前一天生产出的产品评分为，改进后生产出的产品评分为，其中.

由已知得，用样本估计总体可知，

所以，

所以估计改进一条生产线后该厂生产的所有产品评分的平均数为：

，

由已知得，用样本估计总体可知，

所以.

估计改进后该厂生产的所有产品评分的方差为：

因为，所以，

同理，

所以式

.

（2）若将这2000万元用于改进一条生产线，16件产品中，改进后B等品升为A等品的有6件产品，所以因产品评分提高而增加的比例为，

所以将这2000万元用于改进一条生产线，一年后因产品评分提高而增加的收益为：

（元）；

将这2000万元购买该款理财产品，一年后的收益为：

（元），

因为，

所以将这2000万元用于改进一条生产线一年后收益更大.

【点睛】关键点睛：根据分层抽样中，各层的均值以及方差，根据公式，即可估计总体的方差.