浙江省金华市东阳市外国语学校东阳中学2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题

东阳外国语高一下数学五月检测卷一、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，只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.设集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由一元二次不等式的解法以及对数函数的单调性解不等式，再求并集.【详解】因为.所以.故选：B2.某校高一年级有180名男生，150名女生，学校想了解高一学生对文史类课程的看法，用分层抽样的方式，从高一年级学生中抽取若干人进行访谈.已知在女生中抽取了30人，则在男生中抽取了（）A.18人 B.36人 C.45人 D.60人【答案】B【解析】【分析】先计算出抽样比，即可计算出男生中抽取了多少人.【详解】解：女生一共有150名女生抽取了30人，故抽样比为：，抽取男生人数为：.故选：B.3.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且=，则B=()A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：根据正弦定理可得,由已知可得,整理可得,,在中.故C正确.考点：1正弦定理;2余弦定理.4.已知不重合的直线和平面，，，则“”是“”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【解析】【详解】a⊥b可得两平面的法向量垂直，则两平面垂直α⊥β，平面垂直α⊥β可得两平面的法向量垂直a⊥b，故选C．5.若均为正数，且，则的最小值等于（）A. B. C. D.5【答案】B【解析】【分析】根据基本不等式“1”的用法求解即可.【详解】因为均为正数，且，所以，，当且仅当时等号成立，所以，的最小值等于.故选：B6.如图1，水平放置的直三棱柱容器中，，，现往内灌进一些水，水深为2．将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为三角形，如图2，则容器的高h为（）A.3 B.4 C. D.6【答案】A【解析】【分析】利用两个图形装水的体积相等即可求解.【详解】在图1中，在图2中，，.故选：A.7.某校高三年级在迎新春趣味运动会上设置了一个三分线外定点投篮比赛项目，规则是：每人投球5次，投中一次得1分，没投中得0分，且连续投中2次额外加1分，连续投中3次额外加2分，连续投中4次额外加3分，全部投中额外加5分．某同学投篮命中概率为，则该同学投篮比赛得3分的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】讨论得3分的情况，结合条件概率乘法公式与互斥事件的加法公式即可求解．【详解】该同学投篮比赛得3分的情况有为：①第一、三、五次分别投中，第二、四次都没有投中，概率为；②第一、二次连续两次投中，其它三次都没有投中，概率为：；③第二、三次连续两次投中，其它三次都没有投中，概率为：；④第三、四次连续两次投中，其它三次都没有投中，概率为：；⑤第四、五次连续两次投中，其它三次都没有投中，概率为：．该同学投篮比赛得3分的概率为：．故选：C．8.在中，点满足，且所在直线交边于点，有，，，则的值为（）A. B.2 C. D.4【答案】B【解析】【分析】利用向量和角平分线的概念分析可得点为三角形内心，根据内切圆的性质，结合向量数量积运算即可求解.【详解】因为，所以，所以是的角平分线，又因为所在直线交边于点，且，所以是的角平分线，所以点是的内心，由可得，由题意作图，如图所示，分别为圆与三角形三边的切点，由三角形内切圆的几何性质可得，所以，又因为，所以，所以，故选：B二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错的或不选的得0分）9.已知复数（为虚数单位）则下列结论正确的是（）A. B.的实部为1C.的共辄复数是 D.在复平面内对应的点在第二象限【答案】AB【解析】【分析】利用复数的乘除运算可得，根据复数模的求法可判断A；根据复数的概念可判断B；由共轭复数的概念可判断C；由复数的几何意义可判断D.详解】，；的实部为；的共辄复数为；在复平面内的对应点为，位于第一象限.故A、B正确，C、D不正确.故选：AB.10.已知函数的图象关于直线对称，那么（）A.函数为奇函数B.函数在上单调递增C.若，则的最小值为D.函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象【答案】AC【解析】【分析】利用的图象关于直线对称，即可求出的值，从而得出的解析式，再利用三角函数的性质逐一判断四个选项即可．【详解】因为的图象关于直线对称，所以，得，，因为，所以，所以，对于A：，所以为奇函数成立，故选项A正确；对于B：时，，函数在上不是单调函数；故选项B不正确；对于C：因为，，又因为，所以的最小值为半个周期，即，故选项C正确；对于D：函数的图象向右平移个单位长度得到，故选项D不正确；故选：AC11.正方体ABCD的棱长为a，E在棱上运动(不含端点)，则（）A.侧面中不存在直线与DE垂直B.平面与平面ABCD所成二面角为C.E运动到的中点时，上存在点P，使BC∥平面AEPD.P为中点时，三棱锥体积不变【答案】BCD【解析】【分析】由线垂直于面，则线垂直于面内的任意一条线，可判断A选项，由二面角的定义找到平面与平面ABCD所成二面角，可判断B选项，由线面平行的判定定理可以找到点P，可判断C选项，由线面平行的判定定理可得E到平面的距离为定值，可判断D选项.【详解】对于A选项，E棱上运动时，DE平面，连接，，则⊥平面，∴，A错误.对于B选项，平面A1DE与平面ABCD所成二面角即为，B正确.对于C选项，BC∥AD，∴BC∥面AED，∴当P是A1C与平面AED的交点时，BC//平面AEP，C正确.对于D选项，连接BC1与B1C交于O，连接PO，则在中，PO∥A1B1，又∵PO⊂平面，平面PBC1，∴A1B1∥平面，∴E到平面的距离为定值.三棱锥体积不变，D正确.故选：BCD12.已知分别是函数和的零点，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】把函数的零点转化两个函数图像交点的横坐标，再结合反函数图像的特点得到点和关于点对称，根据可判断A、B选项；结合反函数的性质可以判断C选项；利用特殊值的思路得到的范围即可判断D选项.【详解】因为，分别是函数，的零点，所以，，那么，可以看做函数和与函数图像交点的横坐标，如图所示，点，，分别为函数，，的图像与函数图像的交点，所以，因为函数和互为反函数，所以函数图像关于的图像对称，的图像也关于的图像对称，所以点和关于点对称，，，故AB正确；由反函数的性质可得，因为单调递增，，所以，所以，故C错；当时，函数对应的函数值为，函数对应的函数值为，因为，所以，所以的范围为，那么，而，所以，故D正确.故选：ABD.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知点是角终边上的一点，则=______，=_______.【答案】①.②.【解析】【分析】根据三角函数值定义和齐次式计算得到答案.【详解】根据题意知：，.故答案为：2；4.【点睛】本题考查了三角函数值定义，齐次式求值，意在考查学生的计算能力和应用能力.14.已知，，则向量在方向上的投影向量的坐标为________.【答案】【解析】【分析】根据投影向量公式，即可求解.【详解】，，向量在方向上的投影向量为，所以投影向量的坐标为.故答案为：.15.如图，在四面体ABCD中，和都是等腰直角三角形，，，平面，则四面体ABCD外接球的表面积为______．【答案】【解析】【分析】取中点,连接，通过已知条件可以判断出N为四面体ABCD外接球的球心，进而可求四面体ABCD外接球的表面积.【详解】如下图所示，取中点,连接.在等腰直角中，，，，在等腰直角中，，,又平面，,即N为四面体ABCD外接球的球心，，则四面体ABCD外接球的表面积为.故答案为：16.如图所示，有一块三角形的空地，已知千米，AB＝4千米，则∠ACB＝________；现要在空地中修建一个三角形的绿化区域，其三个顶点为B，D，E，其中D，E为AC边上的点，若使，则BD＋BE最小值为________平方千米．【答案】①.##②.【解析】【分析】在中，利用余弦定理求得再由正弦定理求解；设分别在，中，利用正弦定理分别求得BD，BE，再由；令转化为求解.【详解】在中，由余弦定理得，则根据正弦定理有所以，；设则在中，由正弦定理得在中，由正弦定理得则；令则则易知分母且是一个单调递增的函数，则是一个单调递减的函数，当时，有最小值，．故答案为：；.四、解答题（本大题共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.已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）．（Ⅰ）求sin（α+π）的值；（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或.【解析】【分析】分析：（Ⅰ）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（Ⅱ）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.【详解】详解：（Ⅰ）由角的终边过点得，所以.（Ⅱ）由角的终边过点得，由得.由得，所以或.点睛：三角函数求值两种类型(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.18.在中，，，，D是边BC上一点，，设，．（1）试用，表示；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得、，结合平面向量的线性运算即可求解；（2）根据平面向量数量积的定义求出，结合数量积的运算律计算即可求解.【小问1详解】∵D是边BC上一点，，∴，又∵，，得，∴．【小问2详解】∵，，，∴，．19.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.（1）若a=c，b=2，求的面积；（2）若sinA+sinC=，求C.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）已知角和边，结合关系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面积公式，即可得出结论；（2）方法一：将代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关角的三角函数值，结合的范围，即可求解.【详解】（1）由余弦定理可得，的面积；（2）[方法一]：多角换一角，，，.[方法二]：正弦角化边由正弦定理及得．故．由，得．又由余弦定理得，所以，解得．所以．【整体点评】本题考查余弦定理、三角恒等变换解三角形，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.其中第二问法一主要考查三角恒等变换解三角形，法二则是通过余弦定理找到三边的关系，进而求角.20.为了选择奥赛培训对象，今年月我校进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取名同学将其成绩分成六组：第组，第组，第组，第组，第组，第组，得到频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：（1）利用组中值估计本次考试成绩的平均数；（2）从频率分布直方图中，估计第百分位数是多少；（3）已知学生成绩评定等级有优秀､良好､一般三个等级，其中成绩不小于分时为优秀等级，若从第组和第组两组学生中，随机抽取人，求所抽取的人中至少人成绩优秀的概率.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图估计平均数的方法直接计算可得结果；（2）首先确定第百分位数位于，设其为，由可求得结果；（3）根据频率分布直方图计算出第五组和第六组的人数，利用列举法列举出所有可能的基本事件，并确定满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.【小问1详解】由频率分布直方图可知平均数.【小问2详解】成绩在的频率为，成绩在的频率为，第百分位数位于，设其为，则，解得：，第百分位数为.【小问3详解】第组的人数为：人，可记为；第组的人数为：人，可记为；则从中任取人，有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共种情况；其中至少人成绩优秀的情况有：，，，，，，，，，，，，，，，共种情况；至少人成绩优秀的概率.21.如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点分别为的中点，均为锐角.（1）求证：；（2）若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，从而得到；（2）几何法：通过面面垂直作过二面角的平面角，通过几何计算求解；空间向量法：建立坐标系用空间向量求解.【小问1详解】底面是菱形，，又平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，.【小问2详解】解法一：由（1）知面，又平面，平面平面，作交线，垂足为，因为平面平面=，平面，则面，又平面，所以.再作，垂足为，面，面，所以面，又面则，所以为二面角的平面角，因为平面，所以到底面的距离也为.作，因平面平面，平面平面＝，平面，所以平面，所以，又为锐角，所以又，所以为等边三角形，故，所以，因为，所以，所以.所以二面角的平面角的余弦值为.解法二：由（1）知面，又平面，平面平面，作，因为平面平面，平面平面＝，平面，所以平面，如图，建立直角坐标系：为原点，为轴方向，轴.因为平面，所以到底面的距离也为.所以，又为锐角，所以又，所以为等边三角形，故，在空间直角坐标系中：，设，则则，设平面的法向量为，，取设平面的法向量