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（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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〗解不等式，得，则，而，所以.故选：B.2.已知，则的共轭复数（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，所以.故选：D.3.若，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由得，则，因为，所以，所以.故选：A.4.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〗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：C.5.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〗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〗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〗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〗∵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〗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：BD.10.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〗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：AB.11.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〗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：AB.12.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〗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：.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〗由与单位向量的夹角为，得，由，得，则，而，解得，所以.故〖答案〗为：3.14.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〗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〗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〗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：.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．解：（1）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.（2）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．解：（1）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.（2）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．解：（1）由频率分布表知，成绩在内的频率依次为，由，解得，所以.（2）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.（3）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．解：（1）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.（2），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？解：（1）在中，，，所以，在中，，，由余弦定理得，，所以，即，所以，又，即，所以为正三角形，所以的周长为，即防护网的总长度为.（2）设，则，，，又在中，由，得，又在中，由，得，所以，所以当且仅当，即时，的面积取得最小值.22.若函数满足在