精品解析：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（解析版）

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

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.

【答案】A

【解析】

【分析】利用两角差的余弦公式及特殊角的三角函数值即可求解.

【详解】.

故选：A.

2. 已知复数是一元二次方程的一个根，则（    ）

A. 0 B. 1 C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】设出，，代入方程，化简得到，求出，并求出模长.

【详解】设，，

，即，

故，解得或，

故，所以.

故选：C．

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.

【答案】D

【解析】

【分析】利用列举法，列举出所有不同结果以及符合条件的情况，结合古典概型概率公式即可求解.

【详解】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：

（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正），

（反，反，正），（反，正，反），（正，反，反），（反，反，反），

共有8种不同的结果，

既有正面向上，也有反面向上情况：

（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正），

（反，反，正），（反，正，反），（正，反，反），

有6种不同的结果，

所以，既有正面向上，也有反面向上的概率为.

故选：D.

4. 已知，，点在线段延长线上，且，则点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D. 或

【答案】B

【解析】

分析】根据已知条件及中点坐标公式即可求解.

【详解】由题意得，点为中点，设点，则

，解得，

所以点的坐标为.

故选:B．

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

【答案】D

【解析】

【分析】首先求出正六棱台的上、下底面面积，再根据台体的体积公式求出正六棱台的体积，根据祖暅原理可得.

【详解】因为正六棱台的上下底面为正六边形，

所以，，

所以，

由祖暅原理知该几何体的体积也为.

故选：D．

6. 已知平面向量，满足，，则在上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】直接利用在上的投影向量公式计算即可得出结果.

【详解】在上的投影向量为，

故选：B．

7. 已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用正弦函数、余弦函数的单调性可得答案.

【详解】因为，

所以，

，

所以，所以.

故选：C.

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.

【答案】B

【解析】

【分析】根据三角形接近等边三角形时面积最大，或者利用海伦公式故排除,由于等号成立的条件为，故“”不成立，推测当三边长相等时面积最大，故考虑当，，三边长最接近时面积最大，进而得到答案．

【详解】方法一：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，

方法二：设三角形的三边分别为，，，

令，则．由海伦公式

知

由于等号成立的条件为，故“”不成立，

．排除

由以上不等式推测，当三边长相等时面积最大，故考虑当，，三边长最接近时面积最大，

此时三边长为7，7，6，用2、5连接，3、4连接各为一边，第三边长为6组成三角形，此三角形面积最大，

解法同一可知面积为，

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. 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

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据数据和平均数、中位数、众数、极差、方差的运算可得答案.

【详解】由题意可得，所以A正确：

2，2，4，7，10的中位数为4，故B正确，

极差为，故C错误；

对于D：，D正确．

故选：ABD．

10. 下列条件中能推导出一定是锐角三角形的有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A，利用向量的数量积判断得角为锐角，但确定不了另两个角的范围，由此判断即可；对于B，利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可判断；对于C，利用余弦函数的性质与三角形角的范围分析判断即可；对于D，利用正切函数的性质与和差公式，结合三角形角的范围分析判断即可.

【详解】对于A，因为，即，

又，故角为锐角，

但无法确定另两个角的范围，故不一定是锐角三角形，故A错误；

对于B：因为，由正弦定理得，

令，则，

显然最大角为，且，

所以最大角为锐角，所以一定是锐角三角形，故B正确：

对于C，因，

若，则或，

又，则除了角为钝角外，还有一角为钝角，矛盾；

同理都不可能，

故，，，即三个角均为锐角，故C正确；

对于D，因为，易知，，则均为锐角，

又，则也为锐角，

所以一定为锐角三角形，故D正确．

故选：BCD．

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. 的取值范围为 B. 的取值范围为

C. 当时， D. 当时，

【答案】AD

【解析】

【分析】对于A、B，利用向量减法的几何意义，结合数量积的定义式，化简，根据角的取值范围，可得答案;

对于C、D，由题意作图，根据几何性质，求得边长，结合向量加法与数乘，可得答案.

【详解】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. 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

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据空间几何关系及正方体的性质，对选项逐个判断即可得到答案．

【详解】对于A，在正方体中，平面，所以，

又因为，且平面，平面，

所以平面，所以，

同理可证，

又因为且平面，平面，

所以平面，因为平面，所以，A正确；

因为在正方体中，且，所以是平行四边形，

所以，又平面，平面，所以∥平面，

又，所以点到平面的距离为定值，

而面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，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. 已知事件与相互独立，，，则______．

【答案】0.88

【解析】

【分析】根据独立事件乘法公式求出，从而利用求出答案.

【详解】因为事件与相互独立，

所以，

所以．

故答案为：0.88

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”）

【答案】平行

【解析】

【分析】由面面垂直的判定定理和性质定理得到结论.

【详解】由题意可知，直线与直线不平行，过上一点作与直线，如图所示，

则与确定一个平面，

由，，则，

由，，则，又，则，

由，得，

由，得，又，，，所以，

，，所以.

故答案为：平行.

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：______．

【答案】4或5或6（答案不唯一）

【解析】

【分析】将正四面体，置入到正方体中，正方体的外接球即为正四面体的外接球，从而得到过点的截面面积的最值，得到过点的截面圆面积取值范围为，得到答案.

【详解】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，其中，

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．

故答案为：4或5或6

16. 已知，为一个斜三角形的两个内角，若，则的最小值为______．

【答案】##

【解析】

【分析】利用同角三角函数的平方和商数关系及二倍角的余弦公式，结合二次函数的性质即可求解.

【详解】由题意可知，，

所以，

由，得，

所以，

因为为一个斜三角形的两个内角，即，，，

因此，显然有，即角为一斜三角形的内角，

所以当时，取最小值.

故答案为：

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. 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．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，根据复数相等可得答案；

（2）求出，根据复平面内表示复数的点位于第二象限可得答案．

【小问1详解】

设，则由可得，

整理得，所以，解得，，

所以的虚部为；

【小问2详解】

，

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. 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．

【答案】（1），第25百分位数为30   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据频率和为1可求的值，判断第25百分位数在第二组，设为，列方程可求解；

（2）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，利用列举法，根据古典概型概率公式求解即可.

【小问1详解】

,

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.

【小问2详解】

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. 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：．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）取中点为，易证得四边形为平行四边形，得到，由线面平行的判定可证得结论；

（2）根据菱形的性质、面面垂直和线面垂直的性质可得，，由线面垂直的判定和性质可证得结论.

【小问1详解】

取中点为，连结，

分别为中点，，，

，，又为中点，，，

，，四边形为平行四边形，，

平面，平面，平面.

【小问2详解】

连结，

四边形是菱形，，

平面平面，平面平面，平面，，平面，

又平面，，

，平面，平面，

平面，.

20. 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．

【答案】（1）   

（2）存在，点坐标为

【解析】

【分析】（1）利用向量数量积公式计算出，从而得到，结合角的范围得到，从而利用凑角法求出答案；

（2）求出，设，由垂直关系利用向量列出方程，令，结合，得到，求出点的坐标.

【小问1详解】

，

，因为，所以，

而，所以，

所以，

所以；

【小问2详解】

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. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作一部传世巨著，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．

【答案】（1）6    （2）6

【解析】

【分析】（1）利用锐角三角函数的定义及诱导公式，结合余弦定理即可求解；

（2）利用余弦定理和正弦定理，结合三角函数的性质即可求解.

【小问1详解】

在中，，，，则，，

因为，所以

在中，，，

由余弦定理所以的长度为.

【小问2详解】

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,

因为,

所以，

当即时，的最大值为，

所以长度的最大值为6．

22. 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．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理求出，证明出线面垂直，得到即为直线与平面的所成角，求出，得到答案；

（2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，即，设点到平面和边的距离分别为，，由求出，由求出，从而利用求出答案.

小问1详解】

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，所以由勾股定理逆定理得．

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．

【小问2详解】

过，分别作，的平行线交于点，连接，取的中点，连接．

则四边形为平行四边形，

由（1）知，，故，

因为，，所以．

又因为，所以为二面角的平面角，即．

在中，因为，，所以为等边三角形，

所以，且，．

由（1）知，所以，

因为，，，平面，所以平面．

因为平面，所以．

因为，平面，所以⊥平面，

因为，所以⊥平面，

因为平面，所以⊥，

在中，，，，所以．

在中，，，

所以，

故，所以．

易求得．

设点到平面和边的距离分别为，，

因为，所以，即，

所以．

在中，，故≌，

故，所以，所以．

设平面与平面所成二面角的大小为，则．