广东省广州市番禺区2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省广州市番禺区2022-2023学年高一下学期期末数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由得，即，.故选：B.2.复数，则在复平面内z对应的点的坐标是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，故复平面内z对应的点的坐标为.故选：A.3.总体由编号为的个个体组成，利用下面的随机数表选取个个体，选取方法是从随机数表第行的第列和第列数字开始由左到右依次选取两个数字（作为个体编号）．则选出来的第个个体的编号为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意知：选取的个个体编号依次为，，，，，，选出来的第个个体的编号为.故选：C.4.已知角α的终边经过点，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可知：，所以.故选：C.5.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型．如图1，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个“牟合方盖”（如图2）．已知这个“牟合方盖”与正方体外接球的体积之比为，则这个“牟合方盖”的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为正方体的棱长为2，所以正方体外接球半径为，所以正方体外接球的体积为，又因为这个“牟合方盖”与正方体外接球的体积之比为，所以这个“牟合方盖”的体积为.故选：D.6.四位爸爸、、、相约各带一名自己的小孩进行交际能力训练，其中每位爸爸都与一个别人家的小孩进行交谈，则的小孩与交谈的概率是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设、、、四位爸爸的小孩分别是、、、，则交谈组合有种情况，分别为：，，，，，，，，，的小孩与交谈包含的不同组合有种，分别为：，，，的小孩与交谈的概率是．故选：A.7.岭南古邑的番禺不仅拥有深厚的历史文化底蕴，还聚焦生态的发展．下图是番禺区某风景优美的公园地图，其形状如一颗爱心．图是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数〖解析〗式可能为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗对于A，，当且仅当，即时取等号，在上的最大值为，与图象不符，A错误；对于B，当时，，与图象不符，B错误；对于C，，当时，；又过点；由得，解得，即函数定义域为；又，为定义在上的偶函数，图象关于轴对称；当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减；综上所述：与图象相符，C正确；对于D，由得：，不存在部分的图象，D错误.故选：C.8.将函数的图象上所有点的横坐标缩小到原来的倍，纵坐标保持不变，得到函数的图象，若，则的最小值为()A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题得，，，∵，∴＝1且＝－1或且＝1，作的图象，∴的最小值为＝.故选：D．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.已知直线l､m，平面，则下列说法中正确的是（）A.若，则必有 B.若，则必有C.若，则必有 D.若，则必有〖答案〗CD〖解析〗对于A，平面可能相交，所以选项A错误；对于B，平面可能平行或斜交，所以选项B错误；对于C，因为且，则必有，所以C正确；对于D，因，则必有，所以D正确.故选：CD.10.某校采取分层抽样的方法抽取了高一年级名学生的数学成绩（满分），并将他们的成绩制成如下所示的表格．等级A组B组C组成绩60657075808590人数3235421下列结论正确的是（）A.这人数学成绩的众数 B.组位同学数学成绩的方差为C.这人数学成绩的平均数为 D.这人数学成绩的分位数为〖答案〗AB〖解析〗对于A，人中，分出现的次数最多，这人数学成绩的众数为，A正确；对于B，组位同学数学成绩的平均数为，方差，B正确；对于C，这人数学成绩的平均数，C错误；对于D，，这人数学成绩的分位数为，D错误.故选：AB.11.若点D，E，F分别为的边BC，CA，AB的中点，且，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗，，，故选项A正确；，故选项B正确；，，故选项C正确；，故选项D错误．故选：．12.如图，在正方体中，，分别是的中点，则（）A.平面B.直线与所成的角是C.点到平面的距离是D.存在过点且与平面平行的平面，平面截该正方体得到的截面面积为〖答案〗ACD〖解析〗对于A，取中点，连接，分别为中点，，，又，，平面，平面，平面；分别为中点，，，，平面，平面，平面；，平面，平面平面，平面，平面，A正确；对于B，取中点，连接，由A知：，直线与所成的角即为直线与所成角，即（或其补角），，，，，即直线与所成的角为，B错误；对于C，连接，，，；，，设点到平面的距离为，则，解得：，C正确；对于D，取中点，由A知：平面平面，则平面即为平面，可作出截面如下图阴影部分所示，其中点分别为中点，，，六边形是边长为的正六边形，又，六边形的面积，即平面截该正方体得到的截面面积为，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，则__________．〖答案〗〖解析〗.故〖答案〗：.14.已知函数，则_____________．〖答案〗〖解析〗，.故〖答案〗为：.15.若向量，，则在上的投影向量为_____________．〖答案〗〖解析〗因为，，所以，在上的投影向量为.故〖答案〗为：.16.英国数学家泰勒发现了如下公式：，，，其中．可以看出这些公式右边的项用得越多，计算出、和的值也就越精确，则的近似值为_________（精确到0.01）；运用上述思想，可得到函数在区间内有______个零点．〖答案〗0.540〖解析〗，由于函数在单调递增，所以在单调递增，由于，所以在恒成立，故在区间内无零点.故〖答案〗为：0.540.四、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.已知下列三个条件：①函数为奇函数；②当时，；③是函数的一个零点．从这三个条件中任选一个填在下面的横线处，并解答下列问题．已知函数，．（1）求函数〖解析〗式；（2）求函数在上的单调递增区间．解：（1）若选①：因为所以，又函数为奇函数，则，结合，则有，所以.若选②：则则又，则时，；所以.若选③：，，又，则时，，所以.（2）令得所以的单调递增区间为又时，令得令得所以函数在上的单调递增区间为和.18.在中，，，．（1）求；（2）若角为钝角，求的周长．解：（1），，，由正弦定理得：.（2）为钝角，，由余弦定理得：，即，解得：（舍）或，的周长为.19.如图，在三棱柱中，平面，，M是AB的中点，．（1）证明：直线CM⊥平面；（2）求直线与平面所成角的大小．解：（1）因为平面，平面，所以，因为M是AB的中点，，所以，又因为平面，，所以直线CM⊥平面.（2）连接，由（1）知，直线CM⊥平面，所以即直线与平面所成角，因为平面，平面，所以，又因为，所以在正方形中，，因为，M是AB的中点，，所以，，所以，因为CM⊥平面，平面，所以，在直角三角形中，，又因为，所以，即直线与平面所成角的大小为.20.某省实行“”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高三年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分．其中，等级排名占比，赋分分数区间是；等级排名占比，赋分分数区间是；等级排名占比，赋分分数区间是；等级排名占比，赋分分数区间是；等级排名占比，赋分分数区间是；现从全年级的生物成绩中随机抽取名学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如下图：（1）求图中的值；（2）从生物原始成绩为的学生中用分层抽样的方法抽取人，从这人中任意抽取人，求人均在的概率；（3）用样本估计总体的方法，估计该校本次生物成绩原始分不少于多少分才能达到赋分后的等级及以上（含等级）？（结果保留整数）解：（1），.（2）原始分在和的频率之比为，抽取的人中，原始分在的人数为，记为；原始分在的人数为，记为；则从人中抽取人所有可能的结果有：，，，，，，，，，，，，，，，共个基本事件；其中抽取的人原始分均在的结果有：，，，，，，共个基本事件；人均在的概率.（3）由题意知：等级排名占比为，则原始分不少于总体的中位数才能达到赋分后的等级及以上（含等级）；，，中位数位于之间，设中位数为，则，解得：，原始分不少于分才能达到赋分后的等级及以上（含等级）.21.如图，在四棱锥中，底面是正方形，，．（1）若平面平面，证明：；（2）若面⊥面，求四棱锥的侧面积．解：（1）因为底面是正方形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以.（2）因为平面⊥平面，交线为，，平面，所以⊥平面，同理可得⊥平面，因为平面，所以⊥，同理可得，因为，所以，又，由勾股定理逆定理得，故，由勾股定理得，又，取中点，连接，则⊥，故，所以，四棱锥的侧面积为.22.已知函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是．给定函数及其图象的对称中心为．（1）求c的值；（2）判断在区间上的单调性并用定义法证明；（3）已知函数的图象关于点对称，且当时，．若对任意，总存在，使得，求实数m的取值范围．解：（1）由于的图象的对称中心为，则，即，整理得，解得：，故的对称中心为.（2）函数在递增；设，则，由于，所以，所以，故函数在递增.（