安徽省阜阳市2022-2023学年高一下学期期末教学质量统测数学试卷（教师版）

阜阳市2022～2023学年度高一年级教学质量统测数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：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.若集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解指数不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答.【详解】解不等式，得，则，而，所以.故选：B2.已知，则的共轭复数（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据除法运算化简复数，利用共轭复数概念直接求解即可.【详解】因为，所以，所以.故选：D3.若，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用角的关系，再结合诱导公式和同角三角函数基本关系式，即可求解.【详解】由得，则，因为，所以，所以.故选：A4.中国古典数学先后经历了三次发展高潮，即两汉时期、魏晋南北朝时期和宋元时期，并在宋元时期达到顶峰，而南宋时期的数学家秦九韶正是其中的代表人物．作为秦九韶的集大成之作，《数书九章》一书所承载的数学成就非同一般．可以说，但凡是实际生活中需要运用到数学知识的地方，《数书九章》一书皆有所涉及，例如“验米夹谷”问题：今有谷3318石，抽样取谷一把，数得168粒内有秕谷22粒，则粮仓内的秕谷约为（）A.321石 B.166石 C.434石 D.623石【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用样本的数字特征估计总体的相应特征作答.【详解】设粮仓内的秕谷有石，依题意，，解得，所以粮仓内的秕谷约为434石.故选：C5.在中，角所对的边分别为.已知，：是等腰三角形.则是的（）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理边角互化思想结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】在中，若，由正弦定理，得，所以，所以，所以为等边三角形，若命题成立，则是等腰三角形，即命题成立；反之，为等腰三角形，不一定为等边三角形，如在中，，，则不成立，所以是：是等腰三角形的充分不必要条件.故选：B.6.已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.BC.不等式的解集为D.将的图象向右平移个单位长度后所得函数的图象在上单调递增【答案】C【解析】【分析】由图象求出的表达式后逐一验证选项即可.【详解】由函数图象可知，最小正周期为，所以，将点代入，得，又，所以，故，故A错误；所以，故B错误；令，则，所以，，解得，，所以不等式的解集为，故C正确；将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，令，，解得，，令得，因为，故D错误.故选：C.7.设，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用诱导公式将的角度变小，再借助中间值和来比较大小即可.详解】由已知得，，，由此可知且，因为，所以，又因为，所以，所以，所以，故选：B.8.已知定义在上的函数，若函数是偶函数，且对任意，都有，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的对称性以及单调性即可求解.【详解】∵函数为偶函数，∴定义在上的函数的图象关于直线对称，∵对任意，都有，∴函数在上单调递减，在上单调递增，又函数的图象关于直线对称，且，∴，即，解得，即实数的取值范围是.故选：C.二、多项选择题：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.下面命题正确的是（）A.任意两个单位向量都相等B.方向相反的两个非零向量一定共线C.若，且与的夹角为锐角，则D.若非零向量满足，则的夹角为【答案】BD【解析】【分析】根据相等向量和共线向量的概念判断选项A、B，根据向量夹角为锐角的坐标表示求解参数范围判断C，根据数量积的运算律判断向量垂直即可判断D.【详解】对于A，任意两个单位向量的模相等，其方向未必相同，故A错误；对于B，根据向量共线的概念知，方向相反的两个非零向量一定共线，故B正确；对于C，，且与的夹角为锐角，则，解得且，故C错误；对于D，把两边平方整理得，，即，而为非零向量，故有，即的夹角为，故D正确.故选：BD10.已知函数，则以下结论正确的是（）A.的最小值为 B.在上单调递增C.在上有且仅有1个零点 D.的图象关于直线对称【答案】AB【解析】【分析】根据绝对值定义分类讨论，利用二倍角正弦公式化简函数，作出函数的图象，由图象观察函数性质，判断各选项.【详解】函数，作出函数图象如图所示：由图象可知当时，的最小值为，选项A正确；由图象可知在上单调递增，在上单调递增，故选项B正确；由图象可知在上零点为共3个零点，故选项C错误；由图象可知的图象不关于直线对称，故选项D错误；故选：AB11.在棱长为2的正方体中，为棱上的动点（含端点），则下列说法正确的是（）A.存在点，使得平面B.对于任意点，都有平面平面C.异面直线与所成角的余弦值的取值范围是D.若平面，则平面截该正方体的截面图形的周长最大值为【答案】AB【解析】【分析】利用线面平行的判定判断A；利用面面垂直的判定判断B；求出异面直线夹角的余弦范围判断C；举例说明判断D作答.【详解】在棱长为2的正方体中，为棱上的动点（含端点），对于A，当点与重合时，由，得，有，而平面，平面，因此平面，即平面，A正确；对于B，由平面，平面，得，又，平面，则平面，而平面，因此平面平面，B正确；对于C，由平面，平面，得，因为，显然是锐角，则是异面直线与所成的角，而，，C错误；对于D，当点与重合时，与选项B同理得平面，当平面为平面时，平面截正方体所得截面图形为矩形，其周长为，D错误.故选：AB12.已知函数（），则（）A.对任意的，函数都只有1个零点B当时，对，都有成立C.当时，方程有4个不同的实数根D.当时，方程有3个不同的实数根【答案】BCD【解析】【分析】作出选项所对应的函数图象，利用数形结合逐一判断即可.【详解】对于选项A，作出和的图象，如图所示：当时，函数都有2个零点，故A错误；对于选项B，当时，函数在上单调递增，则对，都有成立，故B正确；对于选项C，当时，令，则，解得，，当时，方程有两个解，当时方程有两个解，所以方程有4个不同的实数根，故C正确；对于选项D，当时，方程的根为的根，令，作出，的函数图象，可知函数，有三个交点，其中包括，即方程有3个不同的实数根，故D正确，故选：.【点睛】方法点睛：对于求嵌套函数的零点个数问题的基本方法是利用换元，即令，然后不断分析，层层递进，即可求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置13.已知与单位向量的夹角为，且，则_________．【答案】3【解析】【分析】根据给定条件，利用平面向量数量积的运算律列式计算作答.【详解】由与单位向量的夹角为，得，由，得，则，而，解得，所以.故答案为：314.已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为2，现在样本中加入一个新数据5，则此时方差是______.【答案】【解析】【分析】利用平均数和方差的定义直接求解即可.【详解】设这个样本容量为7的样本数据分别为则，所以，，所以.当加入新数据5后，平均数，方差.故答案为：15.已知四点共圆，且，则外接圆的面积为______.【答案】【解析】【分析】设，利用余弦定理建立方程求得，利用正弦定理求得外接圆半径，从而求出圆的面积.【详解】由题意，四边形的外接圆与外接圆相同，设，则，在中，由余弦定理得，中，由余弦定理得，所以，所以，所以，设外接圆的半径为，由正弦定理可得，所以，所以外接圆的面积.故答案为：16.四棱锥的四个顶点都在球的球面上，现已知其平面展开图如图所示，四边形是矩形，，且，则球的表面积为_________．【答案】【解析】【分析】分别找出球心在底面和侧面的射影，构成矩形，利用几何关系求出外接球的半径，利用球的表面积公式即可求出外接球的表面积.【详解】由平面展开图还原成四棱锥，底面为矩形，则,展开图中，四棱锥中,因为平面,,所以平面，因为平面,所以平面平面，连接交于点,过点作的垂线，垂足为,连接,由已知得球心在底面的射影为点,因为△为等腰三角形，则为的中点，由余弦定理可知,则为锐角，且为最长边，所以△为锐角三角形，球心在平面的射影在处，所以四边形为矩形，因为，所以△外接圆半径为,所以,连接即为四棱锥外接球半径，因为,所以,所以,故答案为：.【点睛】关键点睛：本题的关键是利用侧面外接圆圆心，从而确定球心位置，再根据正弦定理和勾股定理求出半径长，最后利用球的表面积公式即可得到答案.四、解答题：本题共6小题，第17题10分，其余每小题12分，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.在中，角所对的边分别为，已知_________．①；②；③向量，向量，且．在这三个条件中选择一个，补充在横线中，并解答．（注：若选择多个不同条件分别作答，则按照第一个解答计分）（1）求角的大小；（2）若的面积为，求的最小值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）选①，利用正弦定理变形求解作答；选②，利用诱导公式及二倍角的余弦求解作答；选③，利用向量共线的坐标表示，正弦定理边化角求解作答.（2）利用三角形面积公式、余弦定理，结合均值不等式求解作答.【小问1详解】选①，在中，由正弦定理得，又，因此，而，所以.选②，在中，由，得，而，，解得，所以.选③，向量，向量，且，则，在中，由正弦定理得，而，即，因此，又，所以.【小问2详解】由（1）知，，则，由余弦定理得，当且仅当时取等号，所以的最小值为.18.如图，在四棱锥中，两两相互垂直，为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答.（2）确定四边形的形状，求出长，结合（1）的信息求出锥体体积作答.【小问1详解】依题意，平面，则平面，而平面，则有，又，平面，因此平面，而平面，所以平面平面.【小问2详解】由，得四边形为平行四边形，而，四边形为矩形，由（1）知，平面，而平面，则，，令，则，，解得，四边形的面积，所以四棱锥的体积.19.为分析某次数学考试成绩，现从参与本次考试的学生中随机抽取100名学生的成绩作为样本，得到以分组的样本频率分布直方图，如图所示．（1）求频率分布直方图中的值；（2）试估计本次数学考试成绩的平均数和第50百分位数；（3）从样本分数在，的两组学生中，用分层抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的2名学生中恰有1人成绩在中的概率．【答案】（1）；（2）107.4，105.7；（3）.【解析】【分析】（1）利用频率分布表中各小矩形面积和为1计算作答.（2）利用频率分布表估计平均数及第50百分位数作答.（3）求出给定的两个区间内的人数，再利用列举法求出概率作答.【小问1详解】由频率分布表知，成绩在内的频率依次为，由，解得，所以.【小问2详解】由（1）知，，第50百分位数，则有，解得，所以本次数学考试成绩的平均数为107.4，第50百分位数105.7.【小问3详解】分数在，的两组学生的人数比为，因此用分层抽样的方法抽取的5名学生中，分数在内的学生有4人，记为，分数在内的学生有1人，记为，从5名学生中随机选取2人的结果有，共10个，选出的2名学生中恰有1人成绩在内的结果有，共4个，所以选出的2名学生中恰有1人成绩在中的概率为.20.已知，函数．（1）求图象的对称中心坐标及其在内的单调递增区间；（2）若函数，计算的值．【答案】（1）,Z，;（2）【解析】【分析】（1）利用向量的数量积运算以及三角恒等变形求得函数解析式，利用正弦函数的性质求得对称中心以及单调递增区间；（2）利用函数的周期性求解.【小问1详解】由已知得令Z，解得Z，所以图象的对称中心坐标为,Z，令Z,解得，Z，所以在内的单调递增区间为.【小问2详解】，该函数周期为，所以，，，，，因为函数周期为，且，所以，而，所以.21.为打造美好生态校园，缓解学生的学习压力，培养学生的责任和担当意识，某校北校区拟开设饲养动物的课程.校园内有一块空地（如图所示），其中，.学校拟在空地中间规划动物休息区域，活动区域，且，现需要在的周围安装防护网.（1）当时，求防护网的总长度；（2）为了节约成本投入，要求动物休息区域尽可能小，问如何规划，能让的面积最小？最小面积是多少？