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（含解析）

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.2.已知复数是一元二次方程的一个根，则()A.0 B.1 C. D.23.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.216.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.的取值范围为 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.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点位于第二象限，求的取值范围．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．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：．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．21.《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.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，，点在线段的延长线上，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，因为，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.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：0.8814.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616.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(