贵州省贵阳市2023-2024学年高一下学期教学质量监测（四）数学试题【含答案】

高一数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页。考试结束后，请将答题卡交回。满分150分，考试用时120分钟。第Ⅰ卷（选择题，共60分）注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B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。在试题卷上作答无效。一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）1．设，则的实部与虚部之和是（）A． B．1 C．－1 D．02．已知某平面图形的斜二测画法直观图是一个边长为1的正方形，如图所示，则该平面图形的面积是（）A．1 B． C．2 D．3．已知是三条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若，则B．平面内有不共线的三个点到平面的距离相等，则C．若，则D．若与不相交，则4．某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名参加演讲比赛，设名全是男生名全是女生恰有一名男生至少有一名男生，则下列关系不正确的是（）A． B． C． D．5．若，则（）A． B． C． D．6．已知向量满足，且，则（）A．3 B． C． D．57．设，则“”是“”的（）条件。A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分又不必要8．在中，内角所对的边分别是，若，且外接圆的直径为4，则面积的最大值是（）A． B． C． D．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．某校抽取了某班20名学生的数学成绩，并将他们的成绩制成如下所示的表格．成绩8095100105110115123人数2335421下列结论正确的是（）A．这20人成绩的众数为105 B．这20人成绩的极差为43C．这20人成绩的分位数为95 D．这20人成绩的平均数为9710．已知函数，则下列有关该函数叙述正确的有（）A．是偶函数 B．是奇函数C．在上单调递增 D．的值域为11．已知函数有且只有一个零点，则下列结论正确的是（）A．B．C．不等式的解集为D．若不等式的解集为，则12．已知函数的部分图象如图所示，令，则下列说法正确的有（）A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称C．在上的值域为D．的单调递增区间为第Ⅱ卷（非选择题，共90分）注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．同时抛掷两颗骰子，得到点数分别为，则的概率是___。14．已知，则的值是______．15．在四面体中，，且异面直线与所成的角为，则四面体的外接球的表面积为______．16．已知是定义在上的偶函数，当，且时，恒成立，，则满足的的取值范围为______．四、解答题（共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）对某校高一年级第二学期第一次月考的2000名考生的数学成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，分以下视为不及格。观察图形中的信息，回答下列问题：（Ⅰ）求分数在内的频率，并计算本次月考中不及格考生的人数；（Ⅱ）从频率分布直方图中，分别估计本次月考成绩的众数和中位数。18．（本小题满分12分）已知命题：“，使等式成立”是真命题。（I）求实数的取值集合；（II）设不等式的解集为，若是的必要条件，求的取值范围。19．（本小题满分12分）设两个向量满足。（Ⅰ）若，求与的夹角；（Ⅱ）若的夹角为（Ⅰ）中的，向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围。20．（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，，平面分别为的中点，。（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求二面角的大小。21．（本小题满分12分）的内角的对边分别为，满足。（Ⅰ）求；（Ⅱ）的角平分线与交于点，求的最小值。22．（本小题满分12分）如果对于函数的定义域内任意的，都有成立，那么就称函数是定义域上的“平缓函数”．（Ⅰ）判断函数是否是“平缓函数”；（Ⅱ）若函数是闭区间上的“平缓函数”，且，证明：对于任意的，都有成立。贵阳一中2023级高一年级教学质量监测卷（四）数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）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）题号12345678答案CDDDCBBC【解析】1．由题意可得，故选C．2．，所以，还原如图所示：则，所以平面图形面积，故选D．3．因为是两条不同的直线，是三个不同的平面，对于，若，则与可能相交，故错误；对于B，或与相交，故错误；对于，相交或平行或异面，故错误；对于，由两平面平行的性质定理知，由已知共面且无公共点，所以，故选D．4．至少有1名男生包含2名全是男生，1名男生1名女生，故，故正确；事件与是互斥事件，故，故正确；表示的是2名全是男生或2名全是女生，表示2名全是女生或名至少有一名男生，故，D错误，故选 D．5．因为，所以，因为，所以，即，综上，，故选 C．6．向量满足，两边平方可得：，即，故选 B．7．由，得到，即，所以时，能得出，当时，不妨取，此时，故时，得不出，所以是“”是的必要不充分条件，故选B．8．由于，且外接圆的直径为4，所以。由余弦定理得，则，故选C．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）题号9101112答案ABBCACDACD【解析】9．根据表格可知：这20人成绩的众数为105，故A对；极差为，故B对；又，所以分位数为，故错；平均数为，故D错，故选AB．10．函数，由，解得，因此的定义域为，显然，函数是奇函数，错误，B正确；函数，显然在单调递增，当时，，函数在上单调递增，于是在上单调递增，正确；当或时，，函数在上单调递减，于是在上单调递减，图象如图所示，所以值域为，故D错误，故选BC．11．因为有且只有一个零点，所以，即。对于选项，因为，所以，故选项正确；对于选项，因为，当且仅当时，等号成立，故选项错误；对于选项，因为，所以不等式的解集为，故选项正确；对于选项，因为不等式的解集为，所以方程的两根为，且，所以，故选项D正确，故选ACD．12．对于函数，由图可知，则，所以，又，所以，解得，又，所以；则，所以．对于的最小正周期为，A正确；对于：对于，令，得的对称轴方程为错误；对于：当时，，所以，即在上的值域为，C正确；对于：令，解得，即的单调递增区间为，D正确，故选ACD．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案或【解析】13．同时抛掷两枚骰子共有种结果，其中满足有：，，，，共30种结果，所以的概率为．14．因为，所以，所以，因为，所以15．将四面体补形为直三棱柱如图所示（设为直三棱柱上下底面三角形的外接圆圆心）：图甲中，图乙中，在图甲乙中可知：，所以平面，图甲乙中取的中点，连接，则为四面体的外接球的球心，为外接球的半径，图甲中，且为等边三角形，所以，所以，所以外接球的表面积为；图乙中，，且为等边三角形，所以，所以，所以外接球的表面积为。16．设，由，得，所以，令，则，所以函数在上单调递增，因为是定义在上的偶函数，所以，所以对任意的，所以，函数为上的偶函数，且，由，可得，即，即，所以，解得．四、解答题（共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）解：（Ⅰ）由频率分布直方图得：，解得，所以分数内的频率为，本次月考中不及格考生的人数为：（人）．（Ⅱ）由题意得：因为成绩在的频率最大，又，所以众数为75分；设中位数为，则，解得，所以中位数为18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意，方程在上有解，令，只需在值域内，易知值域为，的取值集合为（Ⅱ）由题意，，显然不为空集。①当，即时，，，；②当，即时，，不合题意舍去；③当，即时，。，；或19．（本小题满分12分）解：（Ⅰ），又，，又（Ⅱ）的夹角为且，，向量与的夹角为锐角，且与不共线，解得：或且且，。20．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：平面平面，又，平面，又在中，分别为中点，故平面，平面，平面平面（Ⅱ）解：如图，取的中点，连接，取的中点，连接，由平面，可得平面，又，可得，因为是斜线在平面上的射影，由三垂线定理可得，所以是二面角的平面角，在中，设，则，可