江苏省苏州市2022-2023学年高一下学期期末学业质量阳光指标调研数学试题

苏州市2022～2023学年第二学期学业质量阳光指标调研卷

高一数学

2023.6

注意事项：

学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：

1．本卷共6页，包含单项选择题（第1题～第8题）、多项选择题（第9题～第12题）、填空题（第13题～第16题）、解答题（第17题～第22题），本卷满分150分，答题时间为120分钟，答题结束后，请将答题卡交回．

2．答题前，请您务必将自己的姓名，调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置．

3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效，作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚．

一、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．（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数是一元二次方程的一个根，则（    ）

A．0 B．1 C． D．2

3．抛掷三枚质地均匀的硬币，观察它们落地时朝上的面的情况，“既有正面向上，也有反面向上”的概率为（    ）

A． B． C． D．

4．已知，，点在线段的延长线上，且，则点的坐标为（    ）

A． B． C． D．或

5．中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结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”的“祖暅原理”，其中“幂”是截面积，“势”是几何体的高．如图，已知正六棱台的上、下底面边长分别为1和2，高为，一个不规则的几何体与此棱台满足“幂势既同”，则该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．21

6．已知平面向量，满足，，则在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

7．已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

8．用长度分别为2，3，4，5，6（单位：）的5根细木棒围成一个三角形（允许连接，但不允许折断），能够得到的三角形的最大面积为（    ）

A． B． C． D．

二、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．已知一组数据4，2，，10，7的平均数为5，则此组数据的（    ）

A．众数为2 B．中位数为4 C．极差为3 D．方差为

10．下列条件中能推导出一定是锐角三角形的有（    ）

A．  B．

C． D．

11．折扇是一种用竹木或象牙做扇骨、韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子（如图1），打开后形成以为圆心的两个扇形（如图2），若，，点在上，，点在上，（，），则（    ）

A．的取值范其为 B．的取值范围为

C．当时， D．当时，

12．已知正方体的棱长为1，点在线段上运动，则下列说法正确的有（    ）

A．

B．三棱锥的体积为定值

C．若为棱上一动点，则的周长的最小值为

D．过作平面，使得，则截正方体所得的截面可以是四边形

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知事件与相互独立，，，则______．

14．已知三条不同的直线，，和两个不同的平面，满足以下条件：①，；②；③，，，，则与的位置关系是______．（填“相交”，“平行”或“异面”）

15．已知棱长为4的正四面体的四个顶点都在同一球面上，过棱的中点的一个平面截此球所得截面面积为（），请写出一个符合条件的的值：______．

16．已知，为一个斜三角形的两个内角，若，则的最小值为______．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）

已知为虚数单位，复数．

（1）若复数满足，求的虚部；

（2）设复数（），若复平面内表示复数的点位于第二象限，求的取值范围．

18．（12分）

数字人民币在数字经济时代中体现的价值、交易媒介和支付手段职能，为各地数字经济建设提供了安全、便捷的支付方式，同时也为金融监管、金融产品设计提供更多选择性和可能性．苏州作为全国首批数字人民币试点城市之一，提出了2023年交易金额达2万亿元的目标．现从使用数字人民币的市民中随机选出200人，并将他们按年龄（单位：岁）进行分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到如图所示的频率分布直方图．

（1）求直方图中的值和第25百分位数；

（2）在这200位市民中用分层随机抽样的方法从年䯍在和内抽取6位市民做问卷调查，并从中随机抽取两名幸运市民，求两名幸运市民年龄都在内的概率．

19．（12分）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，平面平面，，和分别是和的中点．

（1）求证：平面；

（2）求证：．

20．（12分）

已知向量，，函数．

（1）若，且，求的值；

（2）已知，，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．在的图象上是否存在一点，使得？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，说明理由．

21．（12分）

《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的一部传世巨著，该书以基本定义、公设和公理作为推理的出发点，第一次实现了几何学的系绕化、条理化，成为用公理化方法建立数学演绎体系的最早典范．书中第Ⅰ卷第47号命题是著名的毕达哥拉斯（勾股定理），证明过程中以直角三角形中的各边为边分别向外作了正方形（如图1）．某校数学兴趣小组对上述图形结构作拓广探究，提出了如下问题，请帮忙解答．

问题：如图2，已知满足，，设（），四边形、四边形、四边形都是正方形．

（1）当时，求的长度；

（2）求长度的最大值．

22．（12分）

如图，在四棱锥中，，，，，．

（1）当时，求直线与平面所成角的大小；

（2）当二面角为时，求平面与平面所成二面角的正弦值．

苏州市2022～2023学年第二学期学业质量阳光指标调研卷

高一数学参考答案

一、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．【答案】A

【解析】，故造A．

2．【答案】C

【解析】，所以，故选C．

3．【答案】D

三枚硬币落地朝上面的样本事件共有种，其中全部正面向上的有一种，全部反面向上的也是一种，

所以“既有正面向上，也有反面向上”的样本事件有6种，所求概率为，故选D．

4．【答案】B

【解析】由题意得，点为中点，设点，则，

即点，故选B．

5．【答案】D

【解析】因为正六棱台的上下底面为正六边形，所以，，

，由祖暅原理知该几何体的体积也为21，故选D．

6．【答案】B

【解析】在上的投影向量为，故选B．

7．【答案】C

【解折】因为，所以，，所以，

综上，故选C．

8．【答案】B

【解析】因为三角形的周长为20，所以三角形越接近等边三角形，面积越大，所以三边长为6，7，7时面积最大

此时边长为6的边上的高为，面积为，故选B．

二、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．【答案】ABD

【解析】由题意可得，所以A正确：B正确，极差为，C错误；

对于D：，D正确．故选ABD．

10．【答案】BCD

【解析】对于A，只能得到A为锐角，A不正确；

对于B：最大角为，且，最大角为锐角，所以一定是锐角三角形，B正确：

对于C，由，可知，，，即三个角均为锐角，C正确；

对于D，由可知，，，A，B均为锐角，

，所以C也为锐角，所以一定为锐角三角形，D正确．故选BCD．

11．【答案】AD

【解析】对于A，，因为．所以，所以，即，A正确；B错误；

对于C，如图，当时，可判断为中点，，则，，作，则四边形为平行四边形，则，，所以，

，所以．所以，C错误，D正确．故选AD．

12．【答案】ABC

【解析】对于A，易知正方体体对角线平面，因为平而，所以，A正确；

因为平面平面，且距离为

所以点到平面的距离为定值，而面积为定值，所以三棱锥的体积

即为三棱锥的体积为，B正确；

对C，如图，将绕旋转，绕旋转，使得与和与共面，如图点在，上点在上，若周长最小，即最小，当，，，四点共线时，最小，在中，由余弦定理得，所以，C正确；

对于D，如图，在正方体中，与正方体体对角线垂直的截面只有两种图形，三角形与六边形，所以D错误．

故选ABC．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．【答案】0.88

【解析】因为事件与相互独立，所以

所以．

14．【答案】平行

15．【答案】4或5或6（答案不唯一，填一个即可）

【解析】如图，棱长为4的正四面体，置入到正方体中，此正方体棱长为，四面体外接球即为此正方体外接球，球心即为正方体中心，半径．

则过点的最大截面圆即为过球心时，此时截面圆半径即为球半径，截面面积为

当点为截面圆圆心时，此时截面圆面积最小，最小截面圆半径为

截面圆面积为，所以过点的截面圆面积取值范围为，所以．

16．【答案】

【解析】

所以，当时取最小值

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）

【解析】（1）设，则由可得，整理得．所以，解得，，所以的虚部为；

（2）

因为复平面内表示复数的点位于第二象限，所以

即的取值范围为．

18．（12分）

【解析】（1）

因为第一组的频率为，，第二组的频率为，

所以第25百分位数在第二组，设为，则

所以第25百分位数为30

（2）年龄在的市民人数为，年龄在的市民人数为，

用分层随机抽样的方法抽取年龄在的人数为人，年龄在的人数为人，设年龄在的4人为，，，，年龄在的2人为，

从这6为市民中抽取两名的样本事件为

共15种，

其中2名年龄都在内的样本事件有种，

所以两名幸运市民年龄都在内的概率为．

19．（12分）

【解析】（1）取中点为，连结，，因为为中点，所以，

在三棱柱中，，因为为中点，所以，所以

所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面

所以平面

（2）连结，因为四边形是菱形，所以，

又因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，平面，

所以，，、平面

所以平面，平面，所以

20．（12分）

【解析】

（1），因为，所以，

而，所以，

所以，

所以

（2）由题意得，

假设的图象上存在点使得，

因为，，

因为，

所以

令，因为，

所以，当且仅当时取等

所以存唯一解，此时，点

综上，符合条件的点坐标为．

21．（12分）

【解析】（1）在中，，，，则，，

因为，所以

在中，，，

由余弦定理

（2）在中，由余弦定理得，所以，

设，在中，由余弦定理得，

所以  ①

在中，由正弦定理得，

所以，

代入①可得（），

所以当时，的最大值为，

所以长度的最大值为6．

22．（12分）

【解新】（1）延长，交于点，连接．

因为，所以，故为等边三角形，

所以，．因为，，所以，．

在中，由余弦定理得，所以，

所以，所以由勾股定理道定理得．

因为，，，平面，所以平面．

因为平面，所以．

因为，，，平面，

所以平面，

所以即为直线与平面的所成角，

在直角三角形中，，

故直线与平面所成角的大小为．

（2）过，分别作，的平行线交于点，连结，取的中点，连结．

因为，，所以．

又因为，所以㖵为二面角的平面角，即．

在中，因为，，

所以，且，．

因为，，，所以，，

又因为，，平面，所以平面．

因为平面，所以．

在中，，，，所以．

在中，，，所以．易求㣟．

设点到平面和边的距离分别为，，

因为，所以，郥，所以．

因为，所以，所以．

设平面与平面所成二而角的大小为，则．