[数学]安徽省马鞍山市2022-2023学年高一下学期期末教学质量监测试题（解析版）

这是一份[数学]安徽省马鞍山市2022-2023学年高一下学期期末教学质量监测试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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. 复数（其中为虚数单位）的虚部为（ ）
A. 1B. －1C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以复数的虚部为1.
故选：A.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】．
故选：D．
3. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】对于A，，不可以作为基底，A错误；
对于B，，共线，不可以作为基底，B错误；
对于C，与为不共线的非零向量，可以作为一组基底，C正确；
对于D，，共线，不可以作为基底，D错误.
故选：C.
4. 通过抽样调查得到某栋居民楼12户居民的月均用水量数量（单位：吨），如下表格：
则这12户居民的月均用水量的第75百分位数为（ ）
A. 5.0B. 5.2C. 5.4D. 5.6
【答案】C
【解析】依题意，居民的月均用水量由小到大排列为：3.2，3.5，3.9，4.1，4.2，4.3，4.5，
5.0，5.2，5.6，6.2，6.3，而，
可知第75百分位数为第9项和第10项数据的平均数，
所以这12户居民的月均用水量的第75百分位数为5.4.
故选：C.
5. 已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，且，则
D. 若，且，则
【答案】D
【解析】对于A项，可能相交，如图所示正方体中，若分别为直线，
为平面，此时符合条件，但结论不成立，故A错误；
对于B项，有的可能，如图所示正方体中，若分别为直线，
为平面，此时符合条件，但结论不成立，故B错误；
对于C项，如图所示正方体中，若分别为直线，为平面，
为平面，此时符合条件，但结论不成立，故C错误；
对于D项，因为，又，所以，故D正确.
故选：D.
6. 将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意知，将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），就可得函数的图象，所以.
故选：B.
7. 正方形ABCD中，E，F分别是边AD，DC的中点，BE与AF交于点G．则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】如图，以为原点，分别以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，
设正方形的边长为2，则，
所以，
因为三点共线，所以存在唯一实数，使，
所以，
因为三点共线，所以存在唯一实数，使，
所以，所以，解得，
所以，
设，则，
所以，所以.
故选：A.
8. 在直三棱柱中，，，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】三棱柱的侧棱垂直于底面，
，，，
可将棱柱补成长方体，且长方体的长宽高分别为4，4，6，
长方体的对角线，即为球的直径，
球的半径，球的表面积为.
故选：C．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 若复数z满足（为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】因为，所以，
对于A项，，故A项错误；
对于B项，，故B项正确；
对于C项，，故C项错误；
对于D项，，，故D项正确.
故选：BD.
10. 已知函数的部分图象，则（ ）
A.
B.
C. 点是图象的一个对称中心
D. 的图象向左平移个单位后所对应的函数为偶函数
【答案】ACD
【解析】A选项，由图象可得到函数最小正周期，故，
因为，所以，解得，A正确；
B选项，将代入解析式得，
因为，解得，B错误；
C选项，，故，
故点是图象的一个对称中心，C正确；
D选项，的图象向左平移个单位后得到
，
因为的定义域为R，且，
故偶函数，D正确.
故选：ACD.
11. 在中，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则为锐角三角形
C. 若，则为钝角三角形
D. 存在满足
【答案】AC
【解析】对于A，因为，所以由正弦定理得，
所以由大边对大角可得，所以A正确；
对于B，因为，所以由正弦定理得，
所以由余弦定理得，
因为，所以为锐角，
因为，所以，中有可能有钝角，或直角，
所以不一定是锐角三角形，所以B错误；
对于C，因为，所以，且角为锐角，
当角为锐角时，则，所以，所以角为钝角，
当角为钝角时，则，所以，则，
此式成立，综上，为钝角三角形，所以C正确；
对于D，若，则，
因为，在上递减，
所以，所以，这与三角形内角和定理相矛盾，
所以不存在满足，所以D错误.
故选：AC.
12. 在正方体中，E，F分别为AB，BC的中点，G为线段上的动点，过E，F，G作正方体的截面记为，则（ ）
A. 当截面为正六边形时，G为中点
B. 当时，截面为五边形
C. 截面可能是等腰梯形
D. 截面不可能与直线垂直
【答案】AC
【解析】若G为中点，如图：
延长EF交DC于，交DC于，延长交于T，取的中点S，
连接交于，
连接，，因为E为AB的中点，F为BC的中点，所以，
又，，所以≌，
所以T为的中点，所以，
又，所以，同理，则，
所以共面，此时正六边形为截面，符合题意，故A正确；
因为四边形为正方形，则，
而平面平面，即有，
又平面，
则平面，而平面，因此，
同理平面，又平面，则有，
又，所以，为相交直线且在内，
所以，
故当G为线段上的中点时，截面与直线垂直，故D错误；
延长EF交AD于，交DC于，连接交于G，连接交于M，
此时截面为五边形，因为，所以∽，
所以，即，
当时，截面为五边形，当时，截面为六边形，
当时，截面为四边形，所以当时，截面为五边形，故B错误；
当G与重合时，如图：
连接，，，则，且，
又，所以四边形为等腰梯形，即截面是等腰梯形，故C正确；
综上，正确的选项为AC.
故选：AC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答题卡的相应位置．
13. 已知向量，，且，则______.
【答案】
【解析】因为，，且，
所以，即，解得.
故答案为：.
14. 已知某圆锥的侧面积为，其侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为____________．
【答案】
【解析】某圆锥的侧面积为，其侧面展开图是半圆，设半圆的半径为，
所以，所以，因为半径即为圆锥母线长，
设圆锥底面圆半径为，则，
∴底面半径，
所以圆锥的高为，
故圆锥的体积为．
故答案为：．
15. 计算：__________．
【答案】
【解析】由，
可得，所以.
故答案为：.
16. 已知△ABC是钝角三角形，角A，B，C的对边依次是a，b，c，且，，则边c的取值范围是____________．
【答案】
【解析】当角C为最大角时，由题意，，
即，解得，又三角形两边和大于第三边，故，
故；
当角C不最大角时，则角B为最大角，由题意，，
即，解得，又三角形两边差小于第三边，故，
故；所以边c的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：本题共6题，共70分．解答题应写出文字说明、演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内．
17. 某小学对在校学生开展防震减灾教育，进行一段时间的展板学习和网络学习后，学校对全校学生进行问卷测试（满分分）．现随机抽取了部分学生的答卷，得分的频数统计表和对应的频率分布直方图如图所示：
（1）求，的值，并估计全校学生得分的平均数；
（2）根据频率分布直方图，估计样本数据的和分位数．
解：（1）由频率分布直方图可知，得分在的频率为，
故抽取的学生答卷数为，
由，得．
所以，
得分的平均数估计值为：．
（2）由图可知，内的比例为，内的比例为，
内的比例为，内的比例为，
因此，分位数一定位于，
由，可以估计样本数据的分位数为，
类似的，由，
可以估计样本数据的分位数为．
18. 在中，角A，B，C的对边依次是a，b，c.若.
（1）求角C；
（2）当，时，求的面积.
解：（1）因为，
由正弦定理得，即，
所以，又，所以.
（2）由题意，又，所以，
由正弦定理：得，
又，
所以的面积.
19. 如图所示，在直三棱柱中，，D，E分别为棱AB，的中点.
（1）证明：CD∥平面；
（2）求BE与平面所成角的正弦值.
解：（1）连接，取中点为点，连接，
因为G，D分别为，AB的中点，所以且，
又E为的中点，所以且，
所以且，则四边形DGEC为平行四边形，
所以，又平面，平面，则平面.
（2）连接BG，BE，
因为，D为AB中点，则，
又直三棱柱，面，则，
又，又面，面，所以面，
由（1）知，，所以面，则与平面所成角为，
因为，所以，，
所以，则与平面所成角的正弦值为.
20. 在中，角、、的对边分别为、、，已知.
（1）若的面积为，求的值；
（2）设，，且，求的值.
解：（1），，则，
的面积为，，
因此，.
（2），，且，所以，，
即，，
，，
，
，
因此，
.
21. 已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若关于x的方程在区间上恰有一解，求实数m的取值范围.
解：（1）因为
，
由，
得，
所以函数的递增区间为.
（2）因为，所以，
而在上单调递减，在上单调递增，
而，，，
如图作出函数，的图象：
又方程在区间上恰有一解，
所以的图象与直线在区间上有一个交点，
所以或，解得或，
即m的取值范围为.
22. 如图所示，在四棱锥中，底面是边长2的正方形，侧面为等腰三角形，，侧面底面．
（1）在线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由；
（2）求二面角的余弦值．
解：（1）存在点E满足条件，且，
证明：因为底面为正方形，所以，
因为侧面底面，侧面底面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
而，平面，平面，
要使，则必有平面，
因为平面，所以，
在等腰三角形PAD中，，，
计算可得，，
所以，所以．
（2）作的中点，连接，
因为，所以，
取的中点，连接，
因为，∥，所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以是所求二面角的平面角，
因为为等腰三角形，且，底面为边长为2的正方形，
所以，，
因为，侧面底面，侧面底面，
平面，
所以底面，
因为底面，
所以，
在中，，
所以，
所以，
故二面角的余弦值．
4.1
3.2
4.2
5.6
4.3
5.0
6.3
6.2
3.5
3.9
4.5
5.2
得分
人数