2022-2023學年安徽省阜陽市高一下學期期末教學質量統(tǒng)測數學試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1安徽省阜陽市2022-2023學年高一下學期期末教學質量統(tǒng)測數學試卷一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.若集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗解不等式，得，則，而，所以.故選：B.2.已知，則的共軛復數（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為，所以，所以.故選：D.3.若，且，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由得，則，因為，所以，所以.故選：A.4.中國古典數學先后經歷了三次發(fā)展高潮，即兩漢時期、魏晉南北朝時期和宋元時期，并在宋元時期達到頂峰，而南宋時期的數學家秦九韶正是其中的代表人物．作為秦九韶的集大成之作，《數書九章》一書所承載的數學成就非同一般．可以說，但凡是實際生活中需要運用到數學知識的地方，《數書九章》一書皆有所涉及，例如“驗米夾谷”問題：今有谷3318石，抽樣取谷一把，數得168粒內有秕谷22粒，則糧倉內的秕谷約為（）A.321石 B.166石 C.434石 D.623石〖答案〗C〖解析〗設糧倉內的秕谷有石，依題意，，解得，所以糧倉內的秕谷約為434石.故選：C.5.在中，角所對的邊分別為.已知，：是等腰三角形.則是的（）A.必要不充分條件 B.充分不必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗B〖解析〗在中，若，由正弦定理，得，所以，所以，所以為等邊三角形，若命題成立，則是等腰三角形，即命題成立；反之，為等腰三角形，不一定為等邊三角形，如在中，，，則不成立，所以是：是等腰三角形的充分不必要條件.故選：B.6.已知函數的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A.BC.不等式的解集為D.將的圖象向右平移個單位長度后所得函數的圖象在上單調遞增〖答案〗C〖解析〗由函數圖象可知，最小正周期為，所以，將點代入，得，又，所以，故，故A錯誤；所以，故B錯誤；令，則，所以，，解得，，所以不等式的解集為，故C正確；將的圖象向右平移個單位長度后，得到的圖象，令，，解得，，令得，因為，故D錯誤.故選：C.7.設，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由已知得，，，由此可知且，因為，所以，又因為，所以，所以，所以.故選：B.8.已知定義在上的函數，若函數是偶函數，且對任意，都有，若，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗∵函數為偶函數，∴定義在上的函數的圖象關于直線對稱，∵對任意，都有，∴函數在上單調遞減，在上單調遞增，又函數的圖象關于直線對稱，且，∴，即，解得，即實數的取值范圍是.故選：C.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分9.下面命題正確的是（）A.任意兩個單位向量都相等B.方向相反的兩個非零向量一定共線C.若，且與的夾角為銳角，則D.若非零向量滿足，則的夾角為〖答案〗BD〖解析〗對于A，任意兩個單位向量的模相等，其方向未必相同，故A錯誤；對于B，根據向量共線的概念知，方向相反的兩個非零向量一定共線，故B正確；對于C，，且與的夾角為銳角，則，解得且，故C錯誤；對于D，把兩邊平方整理得，，即，而為非零向量，故有，即的夾角為，故D正確.故選：BD.10.已知函數，則以下結論正確的是（）A.的最小值為 B.在上單調遞增C.在上有且僅有1個零點 D.的圖象關于直線對稱〖答案〗AB〖解析〗函數，作出函數圖象如圖所示：由圖象可知當時，的最小值為，選項A正確；由圖象可知在上單調遞增，在上單調遞增，故選項B正確；由圖象可知在上零點為共3個零點，故選項C錯誤；由圖象可知的圖象不關于直線對稱，故選項D錯誤.故選：AB.11.在棱長為2的正方體中，為棱上的動點（含端點），則下列說法正確的是（）A.存在點，使得平面B.對于任意點，都有平面平面C.異面直線與所成角的余弦值的取值范圍是D.若平面，則平面截該正方體的截面圖形的周長最大值為〖答案〗AB〖解析〗在棱長為2的正方體中，為棱上的動點（含端點），對于A，當點與重合時，由，得，有，而平面，平面，因此平面，即平面，A正確；對于B，由平面，平面，得，又，平面，則平面，而平面，因此平面平面，B正確；對于C，由平面，平面，得，因為，顯然是銳角，則是異面直線與所成的角，而，，C錯誤；對于D，當點與重合時，與選項B同理得平面，當平面為平面時，平面截正方體所得截面圖形為矩形，其周長為，D錯誤.故選：AB.12.已知函數（），則（）A.對任意的，函數都只有1個零點B當時，對，都有成立C.當時，方程有4個不同的實數根D.當時，方程有3個不同的實數根〖答案〗BCD〖解析〗對于選項A，作出和的圖象，如圖所示：當時，函數都有2個零點，故A錯誤；對于選項B，當時，函數在上單調遞增，則對，都有成立，故B正確；對于選項C，當時，令，則，解得，，當時，方程有兩個解，當時方程有兩個解，所以方程有4個不同的實數根，故C正確；對于選項D，當時，方程的根為的根，令，作出，的函數圖象，可知函數，有三個交點，其中包括，即方程有3個不同的實數根，故D正確.故選：.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．把〖答案〗填在答題卡的相應位置.13.已知與單位向量的夾角為，且，則_________．〖答案〗3〖解析〗由與單位向量的夾角為，得，由，得，則，而，解得，所以.故〖答案〗為：3.14.已知一個樣本容量為7的樣本的平均數為5，方差為2，現在樣本中加入一個新數據5，則此時方差是______.〖答案〗〖解析〗設這個樣本容量為7的樣本數據分別為則，所以，，所以，當加入新數據5后，平均數，方差.故〖答案〗為：.15.已知四點共圓，且，則外接圓的面積為______.〖答案〗〖解析〗由題意，四邊形的外接圓與外接圓相同，設，則，在中，由余弦定理得，中，由余弦定理得，所以，所以，所以，設外接圓的半徑為，由正弦定理可得，所以，所以外接圓的面積.故〖答案〗為：.16.四棱錐的四個頂點都在球的球面上，現已知其平面展開圖如圖所示，四邊形是矩形，，且，則球的表面積為_________．〖答案〗〖解析〗由平面展開圖還原成四棱錐，底面為矩形，則，展開圖中，四棱錐中，因為平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面，連接交于點，過點作的垂線，垂足為，連接，由已知得球心在底面的射影為點，因為△為等腰三角形，則為的中點，由余弦定理可知，則為銳角，且為最長邊，所以△為銳角三角形，球心在平面的射影在處，所以四邊形為矩形，因為，所以△外接圓半徑為，所以，連接即為四棱錐外接球半徑，因為，所以，所以.故〖答案〗為：.四、解答題：本題共6小題，第17題10分，其余每小題12分，共70分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．17.在中，角所對的邊分別為，已知_________．①；②；③向量，向量，且．在這三個條件中選擇一個，補充在橫線中，并解答．（注：若選擇多個不同條件分別作答，則按照第一個解答計分）（1）求角的大??；（2）若的面積為，求的最小值．解：（1）選①，在中，由正弦定理得，又，因此，而，所以.選②，在中，由，得，而，，解得，所以.選③，向量，向量，且，則，在中，由正弦定理得，而，即，因此，又，所以.（2）由（1）知，，則，由余弦定理得，當且僅當時取等號，所以的最小值為.18.如圖，在四棱錐中，兩兩相互垂直，為的中點，且．（1）證明：平面平面；（2）若，求四棱錐的體積．解：（1）依題意，平面，則平面，而平面，則有，又，平面，因此平面，而平面，所以平面平面.（2）由，得四邊形為平行四邊形，而，四邊形為矩形，由（1）知，平面，而平面，則，，令，則，，解得，四邊形的面積，所以四棱錐的體積.19.為分析某次數學考試成績，現從參與本次考試的學生中隨機抽取100名學生的成績作為樣本，得到以分組的樣本頻率分布直方圖，如圖所示．（1）求頻率分布直方圖中的值；（2）試估計本次數學考試成績的平均數和第50百分位數；（3）從樣本分數在，的兩組學生中，用分層抽樣的方法抽取5名學生，再從這5名學生中隨機選出2人，求選出的2名學生中恰有1人成績在中的概率．解：（1）由頻率分布表知，成績在內的頻率依次為，由，解得，所以.（2）由（1）知，，第50百分位數，則有，解得，所以本次數學考試成績的平均數為107.4，第50百分位數105.7.（3）分數在，的兩組學生的人數比為，因此用分層抽樣的方法抽取的5名學生中，分數在內的學生有4人，記為，分數在內的學生有1人，記為，從5名學生中隨機選取2人的結果有，共10個，選出的2名學生中恰有1人成績在內的結果有，共4個，所以選出的2名學生中恰有1人成績在中的概率為.20.已知，函數．（1）求圖象的對稱中心坐標及其在內的單調遞增區(qū)間；（2）若函數，計算的值．解：（1）由已知得，令Z，解得Z，所以圖象的對稱中心坐標為，Z，令Z，解得，Z，所以在內的單調遞增區(qū)間為.（2），該函數周期為，所以，，，，，因為函數周期為，且，所以，而，所以.21.為打造美好生態(tài)校園，緩解學生的學習壓力，培養(yǎng)學生的責任和擔當意識，某校北校區(qū)擬開設飼養(yǎng)動物的課程.校園內有一塊空地（如圖所示），其中，.學校擬在空地中間規(guī)劃動物休息區(qū)域，活動區(qū)域，且，現需要在的周圍安裝防護網.（1）當時，求防護網的總長度；（2）為了節(jié)約成本投入，要求動物休息區(qū)域盡可能小，問如何規(guī)劃，能讓的面積最??？最小面積是多少？解：（1）在中，，，所以，在中，，，由余弦定理得，，所以，即，所以，又，即，所以為正三角形，所以的周長為，即防護網的總長度為.（2）設，則，，，又在中，由，得，又在中，由，得，所以，所以當且僅當，即時，的面積取得最小值.22.若函數滿足在定義域內的某個集合上，對任意，都有是一個常數，則稱在上具有性質.（1）設是上具有性質的奇函數，求的〖解析〗式；（2）設是在區(qū)間上具有性質的偶函數，若關于的不等式在上恒成立，求實數的取值范圍.解：（1）設，則，由題意為奇函數，所以，即，所以，解得，所以.（2）設，則，由題意為上的偶函數，所以，即，所以，解得，所以；則，即，即，設，因為，所以，又函數在上單調遞減，在上單調遞增，故，所以，即在上恒成立，函數在上單調遞增，在上單調遞減，則，故.安徽省阜陽市2022-2023學年高一下學期期末教學質量統(tǒng)測數學試卷一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.若集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗解不等式，得，則，而，所以.故選：B.2.已知，則的共軛復數（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為，所以，所以.故選：D.3.若，且，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由得，則，因為，所以，所以.故選：A.4.中國古典數學先后經歷了三次發(fā)展高潮，即兩漢時期、魏晉南北朝時期和宋元時期，并在宋元時期達到頂峰，而南宋時期的數學家秦九韶正是其中的代表人物．作為秦九韶的集大成之作，《數書九章》一書所承載的數學成就非同一般．可以說，但凡是實際生活中需要運用到數學知識的地方，《數書九章》一書皆有所涉及，例如“驗米夾谷”問題：今有谷3318石，抽樣取谷一把，數得168粒內有秕谷22粒，則糧倉內的秕谷約為（）A.321石 B.166石 C.434石 D.623石〖答案〗C〖解析〗設糧倉內的秕谷有石，依題意，，解得，所以糧倉內的秕谷約為434石.故選：C.5.在中，角所對的邊分別為.已知，：是等腰三角形.則是的（）A.必要不充分條件 B.充分不必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗B〖解析〗在中，若，由正弦定理，得，所以，所以，所以為等邊三角形，若命題成立，則是等腰三角形，即命題成立；反之，為等腰三角形，不一定為等邊三角形，如在中，，，則不成立，所以是：是等腰三角形的充分不必要條件.故選：B.6.已知函數的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A.BC.不等式的解集為D.將的圖象向右平移個單位長度后所得函數的圖象在上單調遞增〖答案〗C〖解析〗由函數圖象可知，最小正周期為，所以，將點代入，得，又，所以，故，故A錯誤；所以，故B錯誤；令，則，所以，，解得，，所以不等式的解集為，故C正確；將的圖象向右平移個單位長度后，得到的圖象，令，，解得，，令得，因為，故D錯誤.故選：C.7.設，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由已知得，，，由此可知且，因為，所以，又因為，所以，所以，所以.故選：B.8.已知定義在上的函數，若函數是偶函數，且對任意，都有，若，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗∵函數為偶函數，∴定義在上的函數的圖象關于直線對稱，∵對任意，都有，∴函數在上單調遞減，在上單調遞增，又函數的圖象關于直線對稱，且，∴，即，解得，即實數的取值范圍是.故選：C.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分9.下面命題正確的是（）A.任意兩個單位向量都相等B.方向相反的兩個非零向量一定共線C.若，且與的夾角為銳角，則D.若非零向量滿足，則的夾角為〖答案〗BD〖解析〗對于A，任意兩個單位向量的模相等，其方向未必相同，故A錯誤；對于B，根據向量共線的概念知，方向相反的兩個非零向量一定共線，故B正確；對于C，，且與的夾角為銳角，則，解得且，故C錯誤；對于D，把兩邊平方整理得，，即，而為非零向量，故有，即的夾角為，故D正確.故選：BD.10.已知函數，則以下結論正確的是（）A.的最小值為 B.在上單調遞增C.在上有且僅有1個零點 D.的圖象關于直線對稱〖答案〗AB〖解析〗函數，作出函數圖象如圖所示：由圖象可知當時，的最小值為，選項A正確；由圖象可知在上單調遞增，在上單調遞增，故選項B正確；由圖象可知在上零點為共3個零點，故選項C錯誤；由圖象可知的圖象不關于直線對稱，故選項D錯誤.故選：AB.11.在棱長為2的正方體中，為棱上的動點（含端點），則下列說法正確的是（）A.存在點，使得平面B.對于任意點，都有平面平面C.異面直線與所成角的余弦值的取值范圍是D.若平面，則平面截該正方體的截面圖形的周長最大值為〖答案〗AB〖解析〗在棱長為2的正方體中，為棱上的動點（含端點），對于A，當點與重合時，由，得，有，而平面，平面，因此平面，即平面，A正確；對于B，由平面，平面，得，又，平面，則平面，而平面，因此平面平面，B正確；對于C，由平面，平面，得，因為，顯然是銳角，則是異面直線與所成的角，而，，C錯誤；對于D，當點與重合時，與選項B同理得平面，當平面為平面時，平面截正方體所得截面圖形為矩形，其周長為，D錯誤.故選：AB.12.已知函數（），則（）A.對任意的，函數都只有1個零點B當時，對，都有成立C.當時，方程有4個不同的實數根D.當時，方程有3個不同的實數根〖答案〗BCD〖解析〗對于選項A，作出和的圖象，如圖所示：當時，函數都有2個零點，故A錯誤；對于選項B，當時，函數在上單調遞增，則對，都有成立，故B正確；對于選項C，當時，令，則，解得，，當時，方程有兩個解，當時方程有兩個解，所以方程有4個不同的實數根，故C正確；對于選項D，當時，方程的根為的根，令，作出，的函數圖象，可知函數，有三個交點，其中包括，即方程有3個不同的實數根，故D正確.故選：.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．把〖答案〗填在答題卡的相應位置.13.已知與單位向量的夾角為，且，則_________．〖答案〗3〖解析〗由與單位向量的夾角為，得，由，得，則，而，解得，所以.故〖答案〗為：3.14.已知一個樣本容量為7的樣本的平均數為5，方差為2，現在樣本中加入一個新數據5，則此時方差是______.〖答案〗〖解析〗設這個樣本容量為7的樣本數據分別為則，所以，，所以，當加入新數據5后，平均數，方差.故〖答案〗為：.15.已知四點共圓，且，則外接圓的面積為______.〖答案〗〖解析〗由題意，四邊形的外接圓與外接圓相同，設，則，在中，由余弦定理得，中，由余弦定理得，所以，所以，所以，設外接圓的半徑為，由正弦定理可得，所以，所以外接圓的面積.故〖答案〗為：.16.四棱錐的四個頂點都在球的球面上，現已知其平面展開圖如圖所示，四邊形是矩形，，且，則球的表面積為_________．〖答案〗〖解析〗由平面展開圖還原成四棱錐，底面為矩形，則，展開圖中，四棱錐中，因為平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面，連接交于點，過點作的垂線，垂足為，連接，由已知得球心在底面的射影為點，因為△為等腰三角形，則為的中點，由余弦定理可知，則為銳角，且為最長邊，所以△為銳角三角形，球心在平面的射影在處，所以四邊形為矩形，因為，所以△外接圓半徑為，所以，連接即為四棱錐外接球半徑，因為，所以，所以.故〖答案〗為：.四、解答題：本題共6小題，第17題10分，其余每小題12分，共70分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．17.在中，角所對的邊分別為，已知_________．①；②；③向量，向量，且．在這三個條件中選擇一個，補充在橫線中，并解答．（注：若選擇多個不同條件分別作答，則按照第一個解答計分）（1）求角的大小；（2）若的面積為，求的最小值．解：（1）選①，在中，由正弦定理得，又，因此，而，所以.選②，在中，由，得，而，，解得，所以.選③，向量，向量，且，則，在中，由正弦定理得，而，即，因此，又，所以.（2）由（1）知，，則，由余弦定理得，當且僅當時取等號，所以的最小值為.18.如圖，在四棱錐中，兩兩相互垂直，為的中點，且．（1）證明：平面平面；（2）若，求四棱錐的體積．解：（1）依題意，平面，則平面，而平面，則有，又，平面，因此平面，而平面，所以平面平面.（2）由，得四邊形為平行四邊形，而，四邊形為矩形，由（1）知，平面，而平面，則，，令，則，，解得，四邊形的面積，所以四棱錐的體積.19.為分析某次數學考試成績，現從參與本次考試的學生中隨機抽取100名學生的成績作為樣本，得到以分組的樣本頻率分布直方圖，如圖所示．（1）求頻率分布直方圖中的值；（2）試估計本次數學考試成績的平均數和第50百分位數；（3）從樣本分數在，的兩組學生中，用分層抽樣的方法抽取5名學生，再從這5名學生中隨機選出2人，求選出的2名學生中恰有1