广东省揭阳市2023−2024学年高一下学期教学质量测试 数学试卷（含解析）

这是一份广东省揭阳市2023−2024学年高一下学期教学质量测试 数学试卷（含解析），共13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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．7
2．已知由小到大排列的4个数据的极差是它们中位数的2倍，则（ ）
A．5B．6C．7D．8
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．在平行四边形中，点满足，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ）
A．24B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
8．在中，内角的对边分别为，已知的平分线交于点，且，则的最小值是（ ）
A．4B．6C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知向量，则（ ）
A．B．
C．在上的投影向量的模为D．与的夹角为钝角
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点成中心对称
C．在区间上单调递增
D．若的图象关于直线对称，则
11．已知函数的定义域为，且，若，则（ ）
A．B．
C．有最大值D．函数是奇函数
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知集合，则的所有元素之和为 .
13．若函数的值域为，则实数的取值范围为 .
14．一个三棱锥形木料，其中底面是的等腰直角三角形，底面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．记的内角所对的边分别为，已知.
(1)求；
(2)若，求.
16．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面.
(1)设分别为的中点，证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正切值.
17．某校举办“奋进新征程，建功新时代”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)用分层随机抽样的方法从这两个区间共抽取5名学生，则每个区间分别应抽取多少人？
(2)在（1）的条件下，该校决定在这5名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间的概率；
(3)现需根据学生成绩制定评价标准，评定成绩较高的前70%的学生为良好，请根据频率分布直方图估计良好的最低分数线.（精确到1）
18．已知是定义域上的奇函数，且.
(1)求的解析式；
(2)判断并用定义证明在区间上的单调性；
(3)设函数，若对任意的，，求实数的最小值.
19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出的，该问题是“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小."意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)设点为的费马点，若，求的最小值；
(3)设点为的费马点，，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】B
【详解】，则其虚部为，
故选：B.
2．【答案】D
【详解】由小到大排列的4个数据1，3，4，，则，
这4个数据的极差为，中位数为，
因为这4个数据的极差是它们中位数的2倍，
所以，解得．
故选：D.
3．【答案】A
【详解】由，则，故充分性成立，
由，则，无法推出，故必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
4．【答案】C
【详解】因为为平行四边形，
则有，
∴.
故选：C.
5．【答案】A
【详解】由于二次函数的二次项系数为正数，对称轴为直线，
其对称轴左侧的图象是下降的，
∴，故，
因此，实数的取值范围是.
故选：A.
6．【答案】D
【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，
设该正六棱台的上下底面积分别为，高为，
则，，，
故.
故选：D
7．【答案】C
【详解】构造函数，，
所以，，
因为均为上增函数，则函数，为增函数.
函数，与函数的图象，如下图所示：
由图可知，.
又，，
所以.
综上，.
故选：C
8．【答案】D
【详解】，由正弦定理得，
因为，所以，故，
如图所示，则的面积为，
即，因为，．
．
当且仅当，结合得时等号成立，
所以，的最小值为．
故选：D．
9．【答案】AC
【详解】A：由题意可得，故A正确；
B：因为，
所以，故B错误；
C：在上的投影向量的模为，故C正确；
D：与的夹角的余弦值为，所以夹角不是钝角，故D错误；
故选：AC.
10．【答案】BCD
【详解】对A，由
，最小正周期，A错；
对B，由，即是对称中心，B对；
对C，由，则，显然在区间上单调递增，C对；
对D，由题意，故，D对.
故选：BCD.
11．【答案】ABD
【详解】对于A：因为且，
令，则，解得，
令，则，
令，，则，解得，故A正确；
对于B：令，可得，
即，
所以
，故B正确；
对于C：令，且，则，
可得，
若时，时，，此时函数为单调递增函数；
若时，时，，此时函数为单调递减函数，
所以函数不一定有最大值，故C错误；
对于D：令，可得，可得，
即，所以函数是奇函数，故D正确；
故选：ABD.
12．【答案】
【详解】由题知，，
所以，
所以的所有元素之和为.
故答案为：.
13．【答案】
【详解】当时，，此时，
因为函数的值域为，
所以当时，有恒成立，
即在时恒成立，
所以，解得.
故答案为：.
14．【答案】
【详解】
由是的等腰直角三角形，取的中点为，则，
又因为底面，底面，所以，，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
即就是二面角的平面角，
因为二面角的大小为，所以，
又因为，，所以，
由于这个四面体是直角四面体，它可以补形为一个长方体，
从而可得它的外接球半径满足：
则三棱锥的外接球表面积为：
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，
由余弦定理，
因为，所以.
（2）因为，由正弦定理可得，所以，
所以，
所以
.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，因为底面为平行四边形，为的中点，
所以，且为的中点，
由为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）取的中点，连接，因为为等边三角形，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
连接，所以为直线与平面所成角，
因为为等边三角形，，所以，
又平面，故，在中，因为，
所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正切值为.
17．【答案】(1)依次抽取人、人
(2)
(3)
【详解】（1）依题意，设区间中应抽人，区间中应抽人，得
成绩在区间样本中的学生人数为：；
成绩在区间样本中的学生人数为：；
所以，解得，
所以区间中应抽人，区间中应抽人.
（2）由（1）得，不妨记区间中人为，区间中人为，
则从中抽取2名学生（注意分先后）的基本事件为共20件，
其中第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]（记为事件）的基本事件为
共12件，
故，即第二个交流分享的学生成绩在区间的概率为.
（3）由频率分布直方图易得，的频率为，的频率为，
所以成绩良好的最低分数线落在区间中，不妨记为，
故，解得，
所以成绩良好的最低分数线为.
18．【答案】(1)
(2)函数在上单调递减，在上单调递增，证明见解析
(3)
【详解】（1）因为是定义域上的奇函数，且，
所以，
所以，解得，即．
经检验，是奇函数，满足题意，所以.
（2）函数在上单调递减，在上单调递增，
证明如下：任取，且，
则，
当，且，
则，，∴，
∴，即，
所以函数在上单调递减．
当，且，
则，，∴，
∴，即，
所以函数在上单调递增．
（3）由题意知，
令，则，
由（2）可知函数在上单调递减，
∴，
因为函数的对称轴方程为，
∴函数在上单调递增，
当时，取得最小值，；
当时，取得最大值，．
所以，，
又因为对任意的，都有恒成立，
∴，
即，解得，
又∵，所以的取值范围是，则实数的最小值为．
19．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，又，所以，
所以，所以；
（2）由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，，，由
得：，整理得，
则，
又，所以，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为；
（3）由（1）知，所以三角形的三个角都小于，
故由点为的费马点得，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的取值范围为.