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文档简介
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(
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