安徽省阜阳市2022-2023学年高一下学期期末教学质量统测数学试卷(解析版)

这是一份安徽省阜阳市2022-2023学年高一下学期期末教学质量统测数学试卷(解析版)，共17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. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】解不等式，得，则，而，
所以.
故选：B.
2. 已知，则的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以，
所以.
故选：D.
3. 若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由得，则，
因为，所以，
所以.
故选：A.
4. 中国古典数学先后经历了三次发展高潮，即两汉时期、魏晋南北朝时期和宋元时期，并在宋元时期达到顶峰，而南宋时期的数学家秦九韶正是其中的代表人物．作为秦九韶的集大成之作，《数书九章》一书所承载的数学成就非同一般．可以说，但凡是实际生活中需要运用到数学知识的地方，《数书九章》一书皆有所涉及，例如“验米夹谷”问题：今有谷3318石，抽样取谷一把，数得168粒内有秕谷22粒，则粮仓内的秕谷约为（ ）
A. 321石B. 166石C. 434石D. 623石
【答案】C
【解析】设粮仓内的秕谷有石，依题意，，解得，
所以粮仓内的秕谷约为434石.
故选：C.
5. 在中，角所对的边分别为.已知，：是等腰三角形.则是的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】在中，若，由正弦定理，
得，所以，所以，所以为等边三角形，
若命题成立，则是等腰三角形，即命题成立；
反之，为等腰三角形，不一定为等边三角形，
如在中，，，则不成立，
所以是：是等腰三角形的充分不必要条件.
故选：B.
6. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B
C. 不等式的解集为
D. 将的图象向右平移个单位长度后所得函数的图象在上单调递增
【答案】C
【解析】由函数图象可知，最小正周期为，所以，
将点代入，得，
又，所以，故，故A错误；
所以，故B错误；
令，则，所以，，
解得，，
所以不等式的解集为，故C正确；
将的图象向右平移个单位长度后，
得到的图象，令，，
解得，，
令得，因为，故D错误.
故选：C.
7. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由已知得，
，，由此可知且，
因为，所以，
又因为，所以，所以，所以.
故选：B.
8. 已知定义在上的函数，若函数是偶函数，且对任意，都有，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵函数为偶函数，
∴定义在上的函数的图象关于直线对称，
∵对任意，都有，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
又函数的图象关于直线对称，且，
∴，即，解得，即实数的取值范围是.
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. 下面命题正确的是（ ）
A. 任意两个单位向量都相等
B. 方向相反的两个非零向量一定共线
C. 若，且与的夹角为锐角，则
D. 若非零向量满足，则的夹角为
【答案】BD
【解析】对于A，任意两个单位向量的模相等，其方向未必相同，故A错误；
对于B，根据向量共线的概念知，方向相反的两个非零向量一定共线，故B正确；
对于C，，且与的夹角为锐角，则，
解得且，故C错误；
对于D，把两边平方整理得，，即，
而为非零向量，故有，即的夹角为，故D正确.
故选：BD.
10. 已知函数，则以下结论正确的是（ ）
A. 的最小值为B. 在上单调递增
C. 在上有且仅有1个零点D. 的图象关于直线对称
【答案】AB
【解析】函数，
作出函数图象如图所示：
由图象可知当时，的最小值为，选项A正确；
由图象可知在上单调递增，在上单调递增，故选项B正确；
由图象可知在上零点为共3个零点，故选项C错误；
由图象可知的图象不关于直线对称，故选项D错误.
故选：AB.
11. 在棱长为2的正方体中，为棱上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 对于任意点，都有平面平面
C. 异面直线与所成角的余弦值的取值范围是
D. 若平面，则平面截该正方体的截面图形的周长最大值为
【答案】AB
【解析】在棱长为2的正方体中，为棱上的动点（含端点），
对于A，当点与重合时，由，得，
有，而平面，平面，
因此平面，即平面，A正确；
对于B，由平面，平面，得，
又，平面，
则平面，而平面，
因此平面平面，B正确；
对于C，由平面，平面，得，
因为，显然是锐角，则是异面直线与所成的角，
而，
，C错误；
对于D，当点与重合时，与选项B同理得平面，
当平面为平面时，平面截正方体所得截面图形为矩形，
其周长为，D错误.
故选：AB.
12. 已知函数（），则（ ）
A. 对任意的，函数都只有1个零点
B 当时，对，都有成立
C. 当时，方程有4个不同的实数根
D. 当时，方程有3个不同的实数根
【答案】BCD
【解析】对于选项A，作出和的图象，如图所示：
当时，函数都有2个零点，故A错误；
对于选项B，当时，函数在上单调递增，
则对，都有成立，故B正确；
对于选项C，当时，令，则，解得，，
当时，方程有两个解，当时方程有两个解，
所以方程有4个不同的实数根，故C正确；
对于选项D，当时，方程的根为的根，
令，作出，的函数图象，可知函数，有三个交点，
其中包括，即方程有3个不同的实数根，故D正确.
故选：.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置.
13. 已知与单位向量的夹角为，且，则_________．
【答案】3
【解析】由与单位向量的夹角为，得，
由，得，则，而，解得，
所以.
故答案为：3.
14. 已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为2，现在样本中加入一个新数据5，则此时方差是______.
【答案】
【解析】设这个样本容量为7的样本数据分别为则，
所以，，
所以，
当加入新数据5后，平均数，
方差.
故答案为：.
15. 已知四点共圆，且，则外接圆的面积为______.
【答案】
【解析】由题意，四边形的外接圆与外接圆相同，设，
则，
在中，由余弦定理得，
中，由余弦定理得，
所以，所以，所以，
设外接圆的半径为，由正弦定理可得，所以，
所以外接圆的面积.
故答案为：.
16. 四棱锥的四个顶点都在球的球面上，现已知其平面展开图如图所示，四边形是矩形，，且，则球的表面积为_________．
【答案】
【解析】由平面展开图还原成四棱锥，底面为矩形，则，
展开图中，四棱锥中，
因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
连接交于点，过点作的垂线，垂足为，连接，
由已知得球心在底面的射影为点，
因为△为等腰三角形，则为的中点，
由余弦定理可知，
则为锐角，且为最长边，所以△为锐角三角形，
球心在平面的射影在处，所以四边形为矩形，
因为，
所以△外接圆半径为，
所以，连接即为四棱锥外接球半径，
因为，所以，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，第17题10分，其余每小题12分，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在中，角所对的边分别为，已知_________．
①；②；③向量，向量，且．在这三个条件中选择一个，补充在横线中，并解答．
（注：若选择多个不同条件分别作答，则按照第一个解答计分）
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，求的最小值．
解：（1）选①，在中，由正弦定理得，又，
因此，而，所以.
选②，在中，由，得，
而，，解得，所以.
选③，向量，向量，且，则，
在中，由正弦定理得，而，即，
因此，又，所以.
（2）由（1）知，，则，
由余弦定理得，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
18. 如图，在四棱锥中，两两相互垂直，为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
解：（1）依题意，平面，
则平面，
而平面，则有，又，平面，
因此平面，而平面，
所以平面平面.
（2）由，得四边形为平行四边形，而，
四边形为矩形，
由（1）知，平面，而平面，则，，
令，则，，
解得，
四边形的面积，
所以四棱锥的体积.
19. 为分析某次数学考试成绩，现从参与本次考试的学生中随机抽取100名学生的成绩作为样本，得到以分组的样本频率分布直方图，如图所示．
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）试估计本次数学考试成绩的平均数和第50百分位数；
（3）从样本分数在，的两组学生中，用分层抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的2名学生中恰有1人成绩在中的概率．
解：（1）由频率分布表知，
成绩在内的频率依次为，
由，解得，
所以.
（2）由（1）知，
，
第50百分位数，则有，解得，
所以本次数学考试成绩的平均数为107.4，第50百分位数105.7.
（3）分数在，的两组学生的人数比为，
因此用分层抽样的方法抽取的5名学生中，分数在内的学生有4人，记为，
分数在内的学生有1人，记为，
从5名学生中随机选取2人的结果有，共10个，
选出的2名学生中恰有1人成绩在内的结果有，共4个，
所以选出的2名学生中恰有1人成绩在中的概率为.
20. 已知，函数．
（1）求图象的对称中心坐标及其在内的单调递增区间；
（2）若函数，计算的值．
解：（1）由已知得
，
令Z，解得Z，
所以图象的对称中心坐标为，Z，
令Z，解得，Z，
所以在内的单调递增区间为.
（2），该函数周期为，
所以，，，，，
因为函数周期为，且，
所以
，
而
，
所以.
21. 为打造美好生态校园，缓解学生的学习压力，培养学生的责任和担当意识，某校北校区拟开设饲养动物的课程.校园内有一块空地（如图所示），其中，.学校拟在空地中间规划动物休息区域，活动区域，且，现需要在的周围安装防护网.
（1）当时，求防护网的总长度；
（2）为了节约成本投入，要求动物休息区域尽可能小，问如何规划，能让的面积最小？最小面积是多少？
解：（1）在中，，，所以，
在中，，，
由余弦定理得，，
所以，即，所以，又，即，
所以为正三角形，所以的周长为，即防护网的总长度为.
（2）设，则，，，
又在中，由，得，
又在中，由，得，所以
，
所以当且仅当，即时，
的面积取得最小值.
22. 若函数满足在定义域内的某个集合上，对任意，都有是一个常数，则称在上具有性质.
（1）设是上具有性质的奇函数，求的解析式；
（2）设是在区间上具有性质的偶函数，若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）设，则，由题意为奇函数，
所以，即，所以，
解得，
所以.
（2）设，则，
由题意为上的偶函数，
所以，即，
所以，
解得，
所以；
则，即，
即，设，因为，所以，
又函数在上单调递减，在上单调递增，故，
所以，
即在上恒成立，函数在上单调递增，
在上单调递减，
则，故.