2022-2023学年浙江省长河高级中学高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省长河高级中学高一下学期期中数学试题含解析，共18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。
2022-2023学年浙江省长河高级中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求集合，再应用交集运算即可.【详解】由题意得，，，∴，故选：A.2．是的什么条件（    ）A．充分必要 B．充分不必要C．必要不充分 D．既不充分也不必要【答案】B【分析】分别从充分性与必要性两个方面论证判断.【详解】因为，所以满足充分性；而，或，所以不满足必要性，所以是的充分不必要条件.故选：B.3．若为虚数单位，则复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念即可得答案.【详解】，其虚部为．故选：D．4．已知直线和平面，下列命题正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】利用线面位置关系的判定定理和性质定理，以及线面垂直的性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，若，则与可能相交，所以A不正确；对于B中，若，根据垂直于同一直线的两平面平行，可得，所以B正确；对于C中，若，则或，所以C不组合却；对于D中，若，只有当与相交时，才能得到，所以D不正确.故选：B.5．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据绝对值将函数转化为分段函数，结合分段函数的性质判断即可.【详解】当时，，排除D选项；当时，在上单调递减，排除BC，故选：A．6．正方体的棱长为2，点分别是棱中点，则过点三点的截面面积是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】作图作出过点三点的截面，说明截面为正六边形，求得边长皆可求得截面面积.【详解】如图，设AB的中点为H，连接HR并延长，交DA延长线于E,交DC延长线于F，连接PE交 于G,连接QF交 于I，连接GH,RI,则六边形PQIRHG为过点三点的截面，由题意可知， ,则 ,故,可知 ,即G为的中点，同理可证I为的中点，故可知六边形PQIRHG为正六边形，且边长为 ，故其面积为 ，即过点三点的截面面积是 ，故选：D7．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由正弦定理化边为角，然后由两角和的正弦公式、诱导公式变形后可求得，再利用正弦定理把表示出的三角函数，由三角恒等变换，结合正弦函数性质可得取值范围．【详解】因为由正弦定理可得，即，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，即，故选：A．8．已知向量，满足：，．设与的夹角为，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先设模长，再根据向量的数量积表示夹角余弦值，最后根据同角三角函数关系表示正弦值，结合二次函数最值求解即可.【详解】设，则，因为，所以，所以，则，，因为，所以，令，则，当时，取得最大值，即取得最大值，所以的最大值为，即的最大值为．故选：A． 二、多选题9．某市教体局对全市高三年级的学生身高进行抽样调查，随机抽取了100名学生，他们的身高都处在，，，，五个层次内，根据抽样结果得到统计图表，则下面叙述正确的是（    ）A．样本中女生人数多于男生人数 B．样本中层人数最多C．样本中层次男生人数为6人 D．样本中层次男生人数多于女生人数【答案】ABC【解析】根据直方图和饼图依次判断每个选项的正误得到答案.【详解】样本中女生人数为：，男生数为，正确；样本中层人数为：；样本中层人数为：；样本中层人数为：；样本中层人数为：；样本中层人数为：；故正确；样本中层次男生人数为：，正确；样本中层次男生人数为：，女生人数为，错误.故选：.【点睛】本题考查了统计图表，意在考查学生的计算能力和应用能力.10．已知函数有两个零点，则以下结论中正确的是（    ）A． B．若，则C． D．函数有四个零点【答案】BC【分析】利用一元二次方程根的判别式判断A；利用韦达定理计算判断B；利用二次函数对称性判断C；举例判断D作答.【详解】函数对应的二次方程根的判别式，，A错误；由韦达定理知，，显然，则，B正确；因为图象的对称轴为直线，则点，关于该直线对称，C正确；取时，方程的根为，此时只有两个零点，D错误．故选：BC11．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（    ）A．若，，，则有2解；B．若，则；C．若，则一定为锐角三角形；D．若，则为等腰三角形或直角三角形．【答案】BD【分析】根据三角形中的正弦定理、余弦定理化简逐项判断即可.【详解】对于A，由正弦定理可得：，∴，此时有一解，A错误；对于B，∵，∴，故B正确；对于C，∵，∴，可知B，C均为锐角，但不一定是锐角，故为锐角三角形不正确；对于D，∵，由余弦定理可得：，整理得：，∴或即或，∴为等腰三角形或直角三角形，故D正确故选：BD12．如图，正方体中，点E，F，G，H分别是棱，，，中点，以下说法正确的是（    ）A．；B．平面平面AGH；C．若点是线段EF中点，则平面AGH；D．直线与直线BG交于一点．【答案】AD【分析】证明四边形是平行四边形，即可判断A;利用反证的方法，推出矛盾，可判断B,C;证明四边形为梯形，可判断D.【详解】对于A，设M为的中点， 连接,则,故四边形 为平行四边形， 则,由可知四边形为平行四边形，则,故故A正确；对于B,连接 ,由， 而平面,平面,故平面，平面,平面,故平面，所以平面平面，平面不垂直平面，平面平面AGH不成立，故B错误；对于C，假设平面，则,由于点是线段中点，不妨设正方体棱长为2,则 ，故 , 则，由四边形是平行四边形,, 平面,平面平面,又因为平面，所以平面平面故与平面平面矛盾，故C错误；对于D，连接,由于点分别是棱中点，故 ,在正方体中， ,故 ,且，故四边形为梯形，故直线与直线交于一点，故D正确，故选：AD 三、填空题13．已知，则__________．【答案】【详解】 14．在三角形中，角的对边分别是，若，角的角平分线交边于点，且，则边c的大小为___________.【答案】/【分析】根据，利用正弦定理边化角求得A，再利用，可得到，结合条件求得a,b的值，利用余弦定理求得答案.【详解】由可得： ，故，所以 ，由于 ,故 ,故由可得： ，又 ，故，联立 ，解得 ，故 ，故 ，故答案为：15．已知函数，若任意的正数，均满足，则的最小值为________．【答案】【分析】先判断出的单调性和奇偶性，再由得出与满足的等式，再由基本不等式“1”的妙用求解即可.【详解】∵恒成立，∴函数的定义域为．，有成立，，，∴，∴为定义在上的奇函数．由复合函数的单调性易知，当时，与均单调递减，∴在区间上单调递减，又∵为定义在上的奇函数，∴在上单调递减.∴由得，∴正数，满足，即，∴由基本不等式，，当且仅当，即，时等号成立，∴的最小值为．故答案为：．16．已知平面向量满足，，，若，则的最大值是______．【答案】1【分析】先由平方得，整理得，即可求出的最大值.【详解】由可得，即，整理得，则，则的最大值是1，当且仅当时取最大值.故答案为：1. 四、解答题17．某校为了解高一学生在五一假期中参加社会实践活动的情况，抽样调查了其中的100名学生，统计他们参加社会实践活动的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图．(1)估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的众数，中位数，平均数；(2)估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的75百分位数（结果保留两位小数）．【答案】(1)众数是20；中位数是；平均数为20.32(2)23.86 【分析】（1）根据频率分布直方图求出的值，然后根据众数、中位数、平均数的概念计算；（2）根据75百分位数确定所在区间，再计算即可.【详解】（1）由频率分布直方图可看出最高矩形底边上的中点值为20，故众数是20；由，解得，∵，且，∴中位数位于之间，设中位数为，，解得，故中位数是；平均数为；（2）75百分位数即为上四分位数，又∵，，∴上四分位数位于之间，设上四分位数为，则，解得．18．已知函数．(1)求在上的单调递增区间；(2)求函数在上的所有零点之和．【答案】(1)和(2) 【分析】（1）根据三角函数的二倍角公式和辅角公式，可得，根据正弦函数的单调性，即可求出结果；（2）由题意可知，作出函数在上的图象，根据图象和函数的对称性，即可得到结果.【详解】（1）解： ，  由，得，故的单调递增区间为．     当时，；       当时，．     故在上的单调递增区间为和．（2）解：，得，    在上的图象如图所示，因为，所以在区间上，函数的图象与直线共有8个交点，即有8个零点，设这8个零点分别为，       由，得，所以函数的图象关于直线对称，     所以，        故在上的所有零点之和为．19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，，，已知．(1)求A；(2)若的面积为，且，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）已知面积关系用边表示后，由余弦定理可求得角；（2）由正弦定理化边为角，结合（1）的结论可求得角，从而得三角形为直角三角形，然后由三角形的面积可求得．【详解】（1）依题意，，∵，即，由余弦定理∵，∴．（2）因为，由正弦定理可得，所以，即，即，因为，所以，所以，即，此时，即为直角三角形，所以，由解得，所以．20．如图，在菱形中，，(1)若求；(2)若菱形的边长为，（i）用表示；（ii）求的取值范围.【答案】(1)(2)①；② 【分析】（1）利用平面向量基本定理，选择不共线的两个向量作为一组基底，所求向量用基底表示，然后按照数量积运算求解即可；（2）同（1）选择作为平面内的一组基底向量，按照向量的运算法则表示目标向量；利用向量的数量积运算法则，结合三角函数的有界性，求解即可.【详解】（1）解：在菱形中，，且，又（2）（i）菱形，（ii），的取值范围是：21．四边形ABCD为正方形，平面，，．(1)证明：平面(2)求二面角的正切值．【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）利用直线和平面垂直的判定定理证明即可；（2）二面角的大小等于二面角与二面角的差，利用二面角的定义分别求出二面角与二面角的大小，最后利用两角差的正切公式即可求解.【详解】（1）证明：∵平面ABCD，,平面，∴面面ABCD,∵平面平面，面，,∴平面，∴,设，则，，四边形PQAD是直角梯形，则，∵，∴．又∵，平面,平面,且，∴平面DCQ；（2）由（1）平面，∴，，∴就是二面角的平面角,记，则,过作交延长线于，连接、,∵,,,平面,平面,∴平面,∵平面，∴,同理可证平面,∴为二面角的平面角，记，则，于是就是二面角的平面角的大小，则，∴二面角的正切值是．22．已知函数，其中为实数．（Ⅰ）当时，求函数的最小值；（Ⅱ）若在上为增函数，求实数的取值范围；（Ⅲ）对于给定的负数，若存在两个不相等的实数（ 且 ）使得，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或；（Ⅲ）见解析【分析】（Ⅰ）由题可知当时，，分别讨论该函数在各段上的最小值和区间端点值，进而求出在整个定义域上的最小值；（Ⅱ）因为在上为增函数，分，，三种情况讨论即可（Ⅲ）因为 ，则 在 上为减函数，在上为增函数，所以 ，令，分，两种情况具体讨论即可．【详解】解：(Ⅰ) 当时，所以当时有最小值为 ；当时，由得，所以当时，函数的最小值为（Ⅱ）因为在上为增函数，若，则在上为增函数，符合题意；若，不合题意；若，则，从而综上，实数的取值范围为或．（Ⅲ）因为 ，则 在 上为减函数，在上为增函数，所以 ，令1、若 ，则，由 知且所以令 ，则 在 ，上为增函数，在，上为减函数(1)当时，且 , 则 在 ，上为增函数，在，上为减函数从而当且所以 或(2)当时，且 , 则 在 ，上为增函数，在上为减函数从而当且所以 或(3)当时，且 , 则 在 ，上为增函数，从而当且所以 或2、若 ，则，且 因为综上所述，当时，的取值范围为；当时，的取值范围为；当时，的取值范围为．【点睛】本题考查函数的综合应用，包括求最值，单调性，分类讨论思想等，属于偏难题目．