2022-2023学年江苏省苏州市常熟中学高一英才班下学期6月学业质量阳光指标调研数学试题含答案

2022-2023学年江苏省苏州市常熟中学高一英才班下学期6月学业质量阳光指标调研数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求解一元二次不等式从而解得集合，再求交集即可.

【详解】因为，

又，故可得.

故选：C.

2．若复数z＝（为虚数单位），则它在复平面上对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】化简复数z＝，得到其对应点的坐标即可解决.

【详解】z，

则z在复平面上对应的点为，位于第四象限.

故选：D

3．若复数的实部与虚部相等，则实数a的值为（    ）

A．-3 B．-1 C．1 D．3

【答案】A

【分析】利用复数的除法，将复数表示为一般形式，然后利用复数的实部与虚部相等求出实数的值.

【详解】解：

因为复数的实部与虚部相等，

所以，解得

故实数a的值为.

故选：A

4．设，为正实数，则“”是“”成立的

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

【答案】C

【详解】因为，为正实数且，所以，所以；

若，即，两边同乘以，得，因为，为正实数，所以，所以．

即“”是“”成立的充要条件，故选C.

5．已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据旋转体的定义可知该几何体为圆柱的八分之一，求其表面积即可.

【详解】因为一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转弧度，所形成的几何体为柱体的一部分，

是底面半径r为2,高h为2的圆柱的八分之一，

所以其表面积，

故选：C

6．已知函数（，），则的图象可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用奇偶性定义判断的奇偶性，结合、的函数值符号，排除错误选项即可.

【详解】由题意，，

∴，即为偶函数，排除A、D；

当时，，

当时，，

∴、对应函数值异号，排除C；

故选：B

7．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1＝（　　）

A．2 B．

C． D．1

【答案】D

【分析】首先根据线面平行的性质定理，作辅助线，找到包含的平面与平面的交线，即可计算的值.

【详解】连结，交于点，连结和，，

因为平面，又平面，且平面平面，

所以，又点是的中点，所以是的中点，

所以

故选：D

8．已知平面向量均为单位向量，且，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用和向量数量积的运算律可求得，并将所求式子化为，由可求得结果.

【详解】，，

，

，，

即的最大值为.

故选：B.

二、多选题

9．已知向量，，则（　　）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】首先解方程组求得，根据向量平行与垂直的坐标表示、向量模长和夹角的坐标运算依次验证各个选项即可.

【详解】由得：

对于A，，，即与不平行，A错误；

对于B，，，，B正确；

对于C，，，，C正确；

对于D，，，

，即，D正确.

故选：BCD.

10．已知，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】先根据函数单调性，得到，AC选项用作差法比较大小；B选项用基本不等式求取值范围；D选项，先用作差法，再结合函数单调性比大小.

【详解】，则，因为，所以，A选项正确；

因为，所以，由基本不等式得：，B选项正确；

，，C选项错误；

，，，D选项正确，

故选：ABD

11．高斯被人认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.有这样一个函数就是以他名字命名的：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，又称为取整函数.如：，.则下列结论正确的是（    ）

A．函数是上的单调递增函数

B．函数有个零点

C．是上的奇函数

D．对于任意实数，都有

【答案】BD

【分析】对于AC，举例判断，对于B，利用取整函数和零点的定义判断即可，对于D，定义这样一个函数，就会有，然后结合高斯函数的定义判断即可

【详解】对于A，，，，在上不是单调增函数，所以A错.

对于B，由，可得，所以，若函数要有零点，则，得，因为要想为，必须也为整数，在这个范围内，只有两个点，所以B正确，

对于C，，，不是奇函数，所以C错，

对于D，如果我们定义这样一个函数，就会有，同时有，当时，会有，当时，，所以D正确，

故选：BD.

12．如图，点为边长为1的正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则（    ）

A．直线、是异面直线

B．

C．直线与平面所成角的正弦值为

D．三棱锥的体积为

【答案】BD

【分析】通过作辅助线可以看到直线、是相交直线，说明A选项错误；根据面面垂直的性质，可以证明平面，从而求得，计算线与平面所成角的正弦值即可判断C的正误，借助于C的计算过程，再求出，可知B的对错；根据三棱锥体积公式求得其体积即可判断D的对错.

【详解】对于A选项，连接，则点为的中点，、平面，

平面，

同理可知平面，

所以，与不是异面直线，A选项错误；

对于C选项，四边形是边长为的正方形，，

平面平面，交线为，平面，平面，

所以，直线与平面所成角为，

为的中点，且是边长为的正三角形，则，，，C选项错误；

对于B选项，取的中点，连接、，则且，，

平面，平面，平面，，

，，B选项正确；

对于D选项，平面，的面积为，

所以三棱锥的体积为，D选项正确.

故选：BD.

三、填空题

13．已知是边长为的等边三角形,在边上,且,为的中点,则          .

【答案】

【分析】建立直角坐标系,利用坐标求解

【详解】

如图,以BC中点为坐标原点建立直角坐标系,则

因为,所以

因为为AD的中点,所以

所以

故答案为：

14．已知复数满足方程：，则      ．

【答案】3

【分析】由题知和是的一对共轭虚根，由韦达定理可得结果.

【详解】依题意可知和是一元二次方程的一对共轭虚根，

由韦达定理和复数的性质得，所以.

故答案为：3.

15．已知正实数x，y满足x＋y＝1，则的最小值为          ．

【答案】/

【分析】利用基本不等式来求得最小值.

【详解】由题意可知，＝＝＝＋＝（＋）（x＋y）

＝4＋5＋＋≥9＋2＝，

当且仅当＝，时取等号， 此时，

故的最小值为．

故答案为：

四、双空题

16．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，如图是一个圆柱容球，、为圆柱两个底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则

①平面DEF截得球的截面面积最小值为               ；

②若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为               ．

【答案】     /    

【分析】过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求出截面圆的半径，结合圆的面积公式可求平面DEF截得球的截面面积最小值；利设在底面的射影为，设令，则，其中，可得出，利用平方法和二次函数的基本性质求出的取值范围，可得的取值范围.

【详解】过点在平面内作，垂足为点，如下图所示：

易知，，，

由勾股定理可得，

则由题可得，

设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，

因为平面，当平面时，取最大值，即，

所以，，

所以平面截得球的截面面积最小值为；

由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，

则，，，

由勾股定理可得，令，则，其中，

所以，，

所以，，

因此，.

故答案为：；.

【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.

五、解答题

17．已知关于x的不等式．

(1)若不等式的解集为，求a，b的值：

(2)若，解不等式．

【答案】(1)

(2)答案见解析．

【分析】（1）由不等式的解集与一元二次方程根的关系求解；

（2）根据相应方程两根的大小分类讨论求解．

【详解】（1）原不等式可化为，

由题知，，是方程的两根，

由根与系数的关系得，解得．

（2）原不等式可化为，

因为，所以原不等式化为，

当，即时，解得；当，即时，解得；

当，即时，解得；

综上所述，当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．

18．设两个向量满足，

(1)求方向的单位向量；

(2)若向量与向量的夹角为钝角，求实数t的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据，求得的坐标和模后求解；

（2）根据向量与向量的夹角为钝角，由，且向量不与向量反向共线求解.

【详解】（1）由已知，

所以，

所以，

即方向的单位向量为；

（2）由已知，，

所以，

因为向量与向量的夹角为钝角，

所以，且向量不与向量反向共线，

设，则，解得，

从而，

解得.

19．在中，角的对边分别是，的面积为.

(1)若，，，求边；

(2)若是锐角三角形且角，求的取值范围.

【答案】(1)或；

(2),

【分析】（1）由题意可求出角，在由余弦定理可求出边；

（2）由正弦定理可把边转化为角，再利用角的范围即可求出答案.

【详解】（1）∵，∴，又，则或

当时，；

当时，

∴或

（2）由正弦定理得，，

∵是锐角三角形，

∴，，；∴，，；

∴

∴，∴

∴的取值范围为.

20．如图，在直四棱柱中，平面，底面是菱形，且，E是BC的中点.

(1)求证：平面；

(2)求证：直线平面；

(3)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)答案见解析

(2)答案见解析

(3)

【分析】（1）连接D1C交DC1于点H，先证明HE//D1B，再由线面平行判定定理可证明；

（2）由题意可证明 DE⊥BC，CC1⊥DE，即可证明DE⊥平面B1BCC1;

（3）平面,则 是直线与平面所成角，代入，即可得出答案.

【详解】（1）因为：连接D1C交DC1于点H，则H为D1C中点,

点E为CD中点 ∴HE//D1B.

∵HE在平面C1DE内，D1B⊄平面C1DE.

直线BD1//平面C1DE.

（2）∵，E是BC的中点. ∴DE⊥BC,

∵CC1⊥平面ABCD 且DE在平面ABCD内,

∴CC1⊥DE,

∵CC1在平面B1BCC1内，CB在平面B1BCC1中且CC1∩BC＝C

∴DE⊥平面B1BCC1,

（3）

是等边三角形，取中点,

则,平面,平面

平面

是直线与平面所成角，

在中，

.

21．如图，已知扇形是一个观光区的平面示意图，其中扇形半径为10米，，为了便于游客观光和旅游，提出以下两种设计方案：

(1)如图1，拟在观光区内规划一条三角形形状的道路，道路的一个顶点B在弧上（不含端点），，另一顶点A在半径OM上，且，的周长为，求的表达式并求的最大值；

(2)如图2，拟在观光区内规划一个三角形区域种植花卉，三角形花圃的一个顶点B在弧MN上，另两个顶点A、C分别在半径OM、ON上，且，，求花圃面积的最大值．

【答案】(1)，

(2)

【分析】(1)由题意结合图形，可得，由正弦定理得， ，代入的周长得，由三角恒等变换化简得，根据的范围即可求出的最大值；

(2)由图可知，的面积的面积相等，由余弦定理得，再由基本不等式得，代入的面积公式即可求面积的最大值．

【详解】（1）因为，，所以，，

又因为，，

所以在中，由正弦定理知得，

∴，，

周长为，，

所以，

∵，∴，

∴当时，即时，周长取最大值，为．

（2）由题意，可知（2）中的面积与（1）中同底等高，即二者面积相等，

在中，，，，，

由余弦定理知：，

∴，当且仅当时等号成立，

∴，

．

即花圃面积的最大值为．

22．俄国数学家切比雪夫（П.Л.Чебышев，1821-1894）是研究直线逼近函数理论的先驱.对定义在非空集合上的函数，以及函数，切比雪夫将函数，的最大值称为函数与的“偏差”.

(1)若，，求函数与的“偏差”；

(2)若，，求实数，使得函数与的“偏差”取得最小值，并求出“偏差”的最小值.

【答案】(1)；

(2)时，函数与的“偏差”取得最小值为

【分析】（1）写出的解析式，结合，求出值域，可得偏差；

（2）令，，结合顶点坐标和端点值分类讨论，得到不同范围下的“偏差”.

【详解】（1），

因为，所以，

则，

所以函数与的“偏差”为.

（2）令，

，

因为，所以，，

当，即时，此时，

则的“偏差”为，此时，

当，即时，此时，

则“偏差”为，此时，无最小值，

当，，且，

即时，则“偏差”为，

此时，无最小值，

当，，且，

即时，则的“偏差”为，

此时，无最小值，

当，，且，

即时，则的“偏差”为，此时，

当，，即时，

则的“偏差”为，

此时，无最小值，

当，，即时，

则的“偏差”为，此时，

综上， 时，函数与的“偏差”取得最小值为.

【点睛】函数新定义问题，常常会和函数的性质，包括单调性，值域等进行结合，解决此类问题，一般需要结合函数的性质进行分类讨论.