云南省下关第一中学教育集团2023-2024学年高一下学期段考（二）（6月）数学试题（无答案）

这是一份云南省下关第一中学教育集团2023-2024学年高一下学期段考（二）（6月）数学试题（无答案），共15页。试卷主要包含了函数的零点所在的区间为，已知向量满足，那么与的夹角为，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数，在复平面内的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．函数的零点所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量满足，那么与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面图形的周长为（ ）
A．B．C．D．
6．在正方体中，为的中点，则直线与所成角为（ ）
A．B．C．D．
7．南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式（其中为三角形的三边和面积）表示．在中，分别为角所对的边，若，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．面积的最大值是D．面积的最大值是
8．中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质．如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，，则正四棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．演讲比赛中，12位评委对小李的演讲打出了如下的分数：
若去掉两个最高分，两个最低分，则剩下8个分数的（ ）
A．极差为0.3B．数为9.0和9.1C．中位数为9.0D．第70百分位数为9.05
10．下列说法中正确的是（ ）
A．若，则的否定为：
B．已知复数满足，则
C．已知直线平面，直线平面，则“”是“”的必要不充分条件
D．已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集为
11．已知函数部分图象如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称
B．的图象关于点对称
C．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
12．如图，垂直于以为直径的圆所在的平面，，点是圆周上异于，的任意一点，分别是的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．平面
C．三棱锥外接球的表面积是
D．若，则直线与平面所成角的余弦值为
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知向量，若，则_______．
14．若“，使”是假命题，则实数的取值范围为_______．
15．如图，一栋建筑物高，在该建筑物的正东方向有一个通信塔．在它们之间的地面点三点共线）测得对楼顶、塔顶的仰角分别是和，在楼顶处测得对塔顶的仰角为30°，则通信塔的高为_______m．
16．设函数，则_______（2分）；若存在实数满足，且，则的取值范围是_______（3分）．
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分10分）
某学校有学生1000人，为了解学生对本校食堂服务满意程度，随机抽取了100名学生对本校食堂服务满意程度打分，根据这100名学生的打分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为．
（Ⅰ）求频率分布直方图中的值，并估计该校学生满意度打分不低于70分的人数；
（Ⅱ）试估计该校学生满意度打分的平均数和的分位数（同一组中的数据用该组区间的中间值代表，结果保留小数点后2位）；
（Ⅲ）若采用分层随机抽样的方法，从打分在的学生中随机抽取10人了解情况，求在打分中分别抽取的人数．
18．（本小题满分12分）
如图，已知四边形为直角梯形，为等腰直角三角形，平面平面为的中点，．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求点到平面的距离．
19．（本小题满分12分）
在中，内角的对边分别为的面积为，已知，且_______．
在①，且，②这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答．（注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求的取值范围．
20．（本小题满分12分）
已知向量，函数．
（Ⅰ）当时，求的单调递增区间；
（Ⅱ）将的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数为，若关于的方程在上恰有两个不相等的实根，求实数的取值范围．
21．（本小题满分12分）
如图，在直三棱柱中，，点是的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的正切值．
22．（本小题满分12分）
若定义在上的函数满足：对任意，存在常数，都有成立，则称是上的有界函数，其中称为函数的上界，最小的称为函数的上确界．
（1）求函数的上确界；
（2）已知函数，证明：2为函数的一个上界；
（3）已知函数，若3为的上界，求实数的取值范围．
参考数据：．
下关一中教育集团2023~2024学年高一年级下学期段考（二）
数学参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
【解析】
1．由，解得，即，又，则，故选C．
2．，复数的共轭复数在复平面内所对应的点位于第四象限，故选D．
3．函数在其定义域上单调递增，，，根据函数零点的判定定理可得函数的零点所在的区间是，故选B．
4．向量满足，则，所以，代入，可求得，由平面向量数量积定义可知，设与的夹角为，则，则，因为，所以，故选B．
5．由直观图可得原图形，如图1，所以，所以，原图形的周长为，故选A．
6．如图，正方体中，，所以四边形为平行四边形，则有，直线与所成角，等于直线与所成角，设正方体棱长为2，则，中，，所以，所以直线与所成角为，故选C．
7．因为，整理得，因为，所以，由正弦定理角化边可得，故A，B错误；由题知，，当时，，故C错误，D正确，故选D．
8．，因为是正四棱台，，所以，所以，所以该四棱台的体积为，故选B．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
【解析】
9．易知去掉最高分和最低分后剩下的8个分数分别为，显然极差为，众数为9.0，中位数为，则第70百分位数为数据中的第6个数即9.1，显然A、C正确，B、D错误，故选AC．
10．对于A：命题是存在量词命题，其否定是全称量词命题，所以命题的否定为，故A正确；对于B，，所以，B正确；对于C，直线平面，直线平面，若，则是真命题；若，则是假命题，所以“”是“”的充分不必要条件，故C错误；对于D，不等式的解集为，则是方程的根，且，不等式化为，即，解得或，所以不等式的解集为，D正确，故选ABD．
11．由函数的图象可得，由，求得．再根据五点法作图可得，又，求得函数，当时，，不是最值，故A不成立；当时，，不等于零，故B不成立；将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，故C不成立；当时，，，故方程在上有两个不相等的实数根时，则的取值范围是，故D成立，故选ABC．
12．如图，对于选项A：因为平面平面，则，又因为分别是的中点，则，假设，则，且，平面，可知平面，由平面，可得，这与题意不符，故A错误；对于选项B：因为平面平面，所以平面，故B正确；对于选项C：因为平面平面，则，由题意可知：，且平面，可知平面，由平面，可得，由，可知：三棱锥外接球的球心为的中点，则三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；对于选项D：连接，因为平面，且，可知直线与平面所成角为，其余弦值为，故D错误，故选BC．
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【解析】
13．因为，所以由可得，，解得．
14．因为“，使”是假命题，所以“”为真命题，其等价于在上恒成立，又因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即实数的取值范围为．
15．由题意可知：，由三角形内角和定理可知，在中，，在中，由正弦定理可知，在中，．
16．（ⅰ）由，则；
（ⅱ）由解析式可得函数大致图象如图：
存在实数满足，且，所以，而，有或（舍），又，故，．由，可得，所以．
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．解：（Ⅰ）由频率分布直方图可知，，解得，
该校学生满意度打分不低于70分的人数为：．
（Ⅱ）平均数为：；，
所以的分位数为．
（Ⅲ）由频率分布直方图可知，打分在和内的频率分别为0.04和0.06，所以打分在和内的频率之比为，
所以在打分中抽取的人数为人；
在打分中抽取的人数为人．
18．（Ⅰ）证明：由题意：．
，
又平面平面，平面平面平面，
平面，
平面，
为等腰直角三角形，，
平面，
平面．
（Ⅱ）解：为等腰直角三角形，，
，
平面平面，
，
又，
故，
又由（Ⅰ）得，平面，又为的中点，设点到平面的距离为，
则，即，
解得：，
所以点到平面的距离为．
19．解：（Ⅰ）若选①，依题意，，
由正弦定理，，
则，整理得，，
因，则有，
又，故；
若选②，由，
因，代入得，，
展开整理得，，即，
因，则有，由正弦定理，，
又因，故得，
因，则；
若选③，因为，所以，即，
由余弦定理，得，
在三角形中，则或（舍），
故．
（Ⅱ）因为，则，
因为，
所以，
所以．
因为，所以，所以，
所以．
20．解：（Ⅰ）
，
若要单调递增，则，即
而，故或，
所以在范围内的单调递增区间是和．
（Ⅱ）将的图象向左平移个单位长度后，得到．
由于在上递增，在上递减，，
故原命题等价于，关于的方程在上恰有一根，且不是根．
设，则由二次函数的性质知命题等价于或，
此即或，即，
所以的取值范围是．
21．（Ⅰ）证明：设，则是中点，连接，如图，
又是中点，，
又平面平面，
平面．
（Ⅱ）解：平面平面，
，同理平面，
平面，而平面，故，
是二面角的平面角，
在直角中，，
二面角的正切值为．
22．（Ⅰ）解：依题意，
故，故的上确界为2．
（Ⅱ）证明：令，故原函数化为，
由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
且（借助参考数据可得）；
故，故2为函数的一个上界．
（Ⅲ）解：依题意，在上恒成立，即对恒成立；
令，故对恒成立，
所以．
设．
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的最大值为在上的最小值为；
所以实数的取值范围为．9.3
8.8
8.9
9.0
8.9
9.0
9.1
8.7
9.2
9.0
9.1
9.2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
D
B
B
A
C
D
B
题号
9
10
11
12
答案
AC
ABD
ABC
BC
题号
13
14
15
16
答案
60
0；