广东省广州外国语学校等三校2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题

这是一份广东省广州外国语学校等三校2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

广东省广州外国语学校等三校2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则的共轭复数为（    ）
A． B．
C． D．
3．端午节是我国传统节日，甲，乙，丙3人端午节来广州旅游的概率分别是，假定3人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人来广州旅游的概率为（    ）
A． B． C． D．
4．随着智能手机的普及，手机摄影越来越得到人们的喜爱，要得到美观的照片，构图是很重要的，用“黄金分割构图法”可以让照片感觉更自然.更舒适，“黄金九宫格”是黄金分割构图的一种形式，是指把画面横竖各分三部分，以比例1：0.618：1为分隔，4个交叉点即为黄金分割点.如图，分别用表示黄金分割点.若照片长､宽比例为，设，则（    ）

A． B． C． D．
5．如图，在中，，，，则

A． B． C． D．
6．已知三棱锥所在顶点都在球的球面上，且平面，若，则球的体积为（    ）
A． B． C． D．
7．已知是所在平面上一点，满足.若，则.
A．4 B．3 C．2 D．1
8．已知则（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．若，，则下列说法正确的是（    ）
A．若事件相互独立，则事件也互斥 B．若事件相互独立，则事件不互斥
C．若事件互斥，则事件也相互独立 D．若事件互斥，则事件不相互独立
10．已知，且，则（    ）
A． B．
C． D．
11．已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数，则下列命题正确的是（    ）
A．是“封闭”函数
B．定义在上函数都是“封闭”函数
C．若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数
D．若是“封闭”函数，则在区间上单调递减
12．如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，则（    ）
  
A．长度的最小值为 B．不存在点，使得
C．存在点，存在点，使得 D．所有满足条件的动线段形成的曲面面积为

三、填空题
13．若非零向量满足，则夹角的余弦值为 ．
14．采用简单随机抽样从含15个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，个体前两次末被抽到，第三次被抽到的概率为 ．
15．已知是定义上的奇函数，且在上单调递减，且为偶函数，若在上恰好有4个不同实数根，则 ．
16．在四面体中，两两互相垂直，且是的中点，异面直线与所成的角的余弦值为，则四面体的体积为 ．

四、解答题
17．某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．
  
(1)根据频率分布直方图，求的值并估计这人年龄的第85百分位数；
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者．若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率．
18．如图，是等边三角形，是边上的动点（含端点），记．
  
(1)求的最大值；
(2)若，求的面积．
19．在锐角三角形中，其内角所对的边分别为，且满足.
(1)求证：；
(2)求的取值范围．
20．四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面．已知．
  
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
21．已知向量．设函数的图象关于直线对称，其中为常数，且．
(1)求函数的最小正周期；
(2)若的图象经过点，求函数在区间上的取值范围．
22．中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执著专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神．这是传统工艺革新技术的重要基石．如图所示的一块木料中，四边形是正方形，．
  
(1)要经过点将木料锯开，使得截面平行于侧棱，在木料表面应该怎样画线，请说明理由并计算截面面积．
(2)已知点是侧棱上的动点，要经过点将木头锯开，使得截面垂直于侧棱且截面面积最大，在木料表面应该怎样画线，请说明理由并计算截面面积．

参考答案：
1．C
【分析】根据给定条件，求出函数的值域化简集合A，解对数不等式化简集合B，再利用补集、交集的定义求解作答.
【详解】函数中，，解得，于是，
解不等式，得，即，则，
所以.
故选：C
2．B
【分析】根据给定条件，利用的性质、复数的模及复数除法运算求出复数z和，再根据共轭复数的概念求解.
【详解】因为，
则，
所以的共轭复数为i.
故选：B.
3．D
【分析】利用相互独立事件的概率公式求出没有人来广州旅游的概率，再利用对立事件的概率公式求解即可.
【详解】依题意，3人中没有人来广州旅游的概率为，
所以这段时间内至少有1人来广州旅游的概率为：.
故选：D
4．D
【分析】由题意得到，结合二倍角公式及同角三角函数关系求出答案.
【详解】由题意得，，故，
所以.
故选：D
5．D
【详解】∵，∴，
又∵，∴，
∴，
故选．
6．A
【分析】求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径作答.
【详解】在中，，由余弦定理得，
令外接圆圆心，则平面，且，
而平面，因此，取中点，连接，有，
又平面，即有，，于是四边形为平行四边形，
则，球的半径，体积为.
  
故选：A
7．C
【详解】由，得.
故. 选C.
8．A
【分析】根据指对互化可得，再利用基本不等式与换底公式可得与，从而利用指数函数的单调性即可得解．
【详解】因为，所以，
因为，
所以，则，
所以；
因为，
所以，则，
所以；
综上，.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握，从而得到与，由此得解.
9．BD
【分析】利用互斥事件与独立事件的概率公式，对各选项逐一分析判断即可.
【详解】对于AB，若事件相互独立，则，
所以事件不互斥，故A错误，B正确；
对于CD，若事件互斥，则，又，
所以，则事件不相互独立，故C错误，D正确.
故选：BD.
10．ABC
【分析】利用基本不等式与“1”的妙用，可判断ABC，解析过程要注意等号成立的条件；利用作差法可判断D.
【详解】对于A，因为，，
所以，则，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，因为，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故B正确；
对于C，因为，，
所以，则，故，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D，因为，，所以，，
则，即，故D错误.
故选：ABC.
11．BC
【分析】特殊值判断A；根据定义及函数的性质判断B；根据定义得到都有，再判断所给定区间里是否有成立判断C；举例说明判断D作答.
【详解】对于A：当时，，而，A错误；
对B：对于集合，使，即，必有，
所以定义在上的函数都是“封闭”函数，B正确；
对C：对于集合，使，则，
而是“封闭”函数，则，即都有，
对于集合，使，则，，
而，，…，，
所以，
即，故，一定是“封闭”函数，C正确；
对D，函数，集合，，当时，
，则函数是“封闭”函数，
而函数是R上的增函数，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：对于C，根据给定的条件得到都有，有恒成立，利用递推关系及新定义判断正误.
12．BCD
【分析】将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，中点，连接，则有，
显然的延长线必过点且，过点作，
则四边形是边长为1的菱形，如图，
  
在中，，即，解得，有，
于是为边长为3的等边三角形，，，
有，由是边长为3的等边三角形且为中点，得，，
在中，由余弦定理得，，
在中，由余弦定理得，，
解得，即有，则，
由，得平面，又平面，则，
由，，，得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，即，解得，，
所以点在平面的轨迹为，
对于A：当点运动到与的交点时有最小值，因为四边形是边长为1且的菱形，
而，此时，A错误；
对于B：要使得，则点必须落在平面与平面的交线上且，
显然在侧面中不存在这样的点，B正确；
对于C：当点运动到点时，连接，交于点，
连接，由于平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以存在点P，存在点，使得，C正确；
对于D：设的长度为，则，
动线段AP形成的曲面是以点为圆心，1为半径的圆为底面圆，母线长为的圆锥侧面的一部分，
其展开图为两个面积相等的扇形，设其中一个的面积为,则有，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：符合某个条件的动点位置问题，利用几何图形，探讨满足给定条件的点所在区域是解题的关键.
13．/
【分析】利用给定等式，结合数量积的运算律求出的表达式，再利用向量夹角公式计算作答.
【详解】由，，得，则，
因此，
所以夹角的余弦值为.
故答案为：
14．
【分析】根据简单随机抽样的特点，结合等可能事件的性质计算作答.
【详解】依题意，由等可能事件的性质，个体每次被抽到的概率均相等，均为，
所以个体前两次末被抽到，第三次被抽到的概率为.
故答案为：
15．
【分析】由题设可得是周期为，且关于对称的奇函数，从而判断得在上的单调情况，再根据与有4个交点及函数的对称性即可得解.
【详解】因为为偶函数，则，故，
又是定义在上的奇函数，则，
所以，故，即有，
所以是周期为，且关于对称的奇函数，
又在上单调递减，
结合上述分析知：在上递增，上递减，上递增，
所以在的大致图像如下：

要使在上恰好有4个不同的实数根，即与的图像有4个交点，
所以必有两对交点分别关于对称，则.
故答案为：.
16．/
【分析】根据给定条件，利用几何法求出BD长，再利用锥体的体积公式计算作答.
【详解】取的中点，连接，如图，
  
因为是的中点，则，于是是异面直线与所成的角或其补角，
令，而两两互相垂直，则，，
在等腰中，，，解得，
显然平面，所以四面体的体积为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决.
17．(1)，第85百分位数为；
(2).

【分析】（1）根据频率分布直方图求出第1组的频率即可求出m，再计算第百分位数作答.
（2）由（1）的结论求出第四组和第五组抽取的人数，利用古典概型概率公式计算作答.
【详解】（1）由频率分布直方图得：年龄在的频率分别为，
于是，解得；
显然第百分位数，由，解得，
所以，第85百分位数为.
（2）由（1）知，则第四组有人，第五组有人，
又分层抽样的抽样比是，则需要从第四组抽取人，第五组抽取人，
不妨设除甲乙外的四人为，于是从第四组和第五组被抽到的使者中抽取2人的所有情况为：
甲，甲，甲，甲，甲乙，乙, 乙, 乙, 乙，，共15种，
其中甲乙都没抽到的有，共6种，
所以甲､乙两人至少有一人被选上的概率为：.
18．(1)
(2)

【分析】（1）由题意得到，利用两角和与差公式将所求化为，从而结合的取值范围即可得解；
（2）利用三角函数的平方关系与和差公式求得，再利用正弦定理求得，从而利用三角形面积公式即可得解.
【详解】（1），
，
又，
故当时，即时，取得最大值.
（2）由，且得，
故，
在中，由正弦定理得，又，
所以，
故.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先利用倍角公式得到，再利用正弦定理与余弦定理的边角变换得到，再利用锐角三角形排除即可得证；
（2）结合（1）中结论得到，从而将问题转化为，进而利用角的取值范围与对勾函数的单调性即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理与余弦定理得，
所以，整理得，
若，即，则，所以，即，
故，与是锐角三角形矛盾，故，
所以.
（2）因为，所以，
又，所以，故，
又因为，
所以，
∵，，∴，∴，
因为对勾函数在上单调递增，
，，
∴，∴的取值范围为．
20．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）取的中点，利用余弦定理求出并证明，再利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理作答.
（2）利用余弦定理求出，再利用等体积法求出点到平面的距离即可求出.
【详解】（1）在四棱锥中，连接AC，，
由余弦定理得，则，，，
取BC中点G，连接，，则，，因为平面平面，
平面平面，平面，于是平面，
又平面，则有，，从而，
即有，而平面，因此平面，又平面，
所以.
  
（2）由（1）知，，平面平面，平面平面，平面，
则平面，在中，，连接，
由余弦定理得，即，
，
等腰底边上的高，，
设到平面的距离为，由，得，
即，解得，设与面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
21．(1)
(2)

【分析】（1）通过两角和与差的三角函数以及二倍角公式化简函数的解析式，再利用函数的对称性求出，从而得解．
（2）通过的范围求出相位的范围，利用三角函数的性质求解函数的最值即可．
【详解】（1）向量，
所以
，
因为的图象关于直线对称，所以，
所以，即．
又，所以时，，则，
所以的最小正周期是．
（2）由（1）可知，
若的图像经过点，则，解得，
所以，
由，得，
所以，得，
故函数在区间上的取值范围为．
22．(1)的中点与点相连，理由见解析，截面面积为；
(2)顺次连接上靠近的三等分点，上靠近的三等分点，上靠近的三等分点，理由见解析，最大面积

【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定推理，求出截面面积作答.
（2）根据给定条件，证明平面，再利用面面平行确定截面与棱的交点位置，求出截面面积的函数关系，求出最大值作答.
【详解】（1）取的中点，连接，于是即为所画线.
连接，连接，由四边形是正方形，得为的中点，
则有，而平面，平面，因此平面，
所以是所作截面，由，得，
显然都是正三角形，有，则，所以截面面积.
  
（2）由（1）知，，而，平面，则平面，
因此过点垂直于的截面与截面平行或重合，
显然点在上（不含端点）时，截面面积小于，不可能最大，
当点在上（不含端点）时，令，此时截面交分别于点，
平面平面，平面平面，平面平面，
因此，同理，由平面，平面，
得平面，而平面平面，平面，则，同理，
于是，四边形为平行四边形，又，则，
即有，为矩形，
显然，则，，，
由，得，而，矩形面积，
从而截面的面积，
当时，，显然，于是当时，截面面积最大，
所以点是上靠近的三等分点，再与上靠近的三等分点，上靠近的三等分点，
顺次连接的线段即为所画线，此时截面面积最大，最大值为.
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.