浙江省衢州市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

衢州市2023年6月高一年级教学质量检测试卷数学考生须知：1.全卷分试卷和答题卷.考试结束后，将答题卷上交.2.试卷共4页，有4大题，22小题.满分150分，考试时间120分钟.3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效.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1项符合题目要求.1.已知集合，则集合的子集有（）A.7个B.6个C.4个D.3个【答案】C【解析】【分析】列举出集合的子集即可得解.【详解】因为集合，所以集合的子集有共个.故选：C.2.若复数，则复数的模为（）A.B.2C.1D.【答案】A【解析】【分析】首先化简复数，再求模.【详解】，所以.故选：A3.函数零点所在的区间为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先确定函数是连续函数，然后结合函数零点存在定理求解答案即可.【详解】由，则函数图像是连续的且单调递增，则，，由函数零点存在定理可得函数零点所在区间为.故选：B4.用一个平面去截一个正方体，所得截面形状可能为：（）①三角形②四边形③五边形④六边形⑤圆A.①②③B.①②④C.①②③④D.①②③④⑤【答案】C【解析】【分析】由正方体的结构特征，作出截面即可判断.【详解】用一个平面去截一个正方体，分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形，如图所示：故选：C.5.已知向量，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用向量的数量积的坐标表示及充分条件必要条件的定义即可求解.【详解】因为，，所以由，解得，所以Ý，所以“”是“”的必要不充分条件，即“”是“”的必要不充分条件.故选：B.6.函数在区间上恰有两条对称轴，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出函数对称轴方程为，，原题等价于有2个整数k符合，解不等式即得解.【详解】，令，，则，，函数在区间[0，]上有且仅有2条对称轴，即有2个整数k符合，，得，则，即，∴.故选：D. 7.已知函数，若且，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】画出函数的图象，根据图象分析可得的值，再由的取值范围即可得出答案.【详解】画出函数的图象如图，若，由，即，即，即，所以，当时，单调递增，且，令，则，所以，.故选：D.8.在矩形中，，为的中点，将和沿，翻折，使点与点重合于点，若，则三棱锥外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先证明出MP⊥平面PAD，设△ADP的外接圆的半径为r，三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，由，求出R，进而求出外接球的表面积.【详解】由题意可知，. 又平面PAD，平面PAD，所以MP⊥平面PAD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得，即，所以，设三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，则，所以外接球的表面积为.故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.给出下列说法，其中正确的是（）A.数据0，1，2，4的极差与中位数之积为6B.已知一组数据的方差是5，则数据的方差是20C.已知一组数据的方差为0，则此组数据的众数唯一D.已知一组不完全相同的数据的平均数为，在这组数据中加入一个数后得到一组新数据，其平均数为，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A，求得极差、中位数即可判断；对于B，根据方差的性质即可判断；对于C，根据方差的定义可得，从而可判断；对于D，根据平均数的计算公式即可判断.【详解】对于A，极差为，中位数为，所以极差与中位数之积为，A对；对于B，根据方差的性质可知，数据的方差是，B错；对于C，由方差，可得，即此组数据众数唯一，C对； 对于D，，，D对.故选：ACD10.函数，如下结论正确的是（）A.的最大值为B.对任意的，都有C.在上是增函数D.由的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象【答案】BC【解析】【分析】根据两角差的正弦公式可得，再根据正弦函数的性质及图象变换逐项判断.【详解】，所以的最大值为，故A错误；所以关于对称，所以对任意的，都有，故B正确；时，,所以在上是增函数，故C正确；由的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象，故D错误.故选：BC.11.窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗 花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形的边长为2，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是（）A.若函数，则函数的最小值为B.的最大值为C.在方向上的投影向量为D.【答案】AB【解析】【分析】以为轴，为轴建立直角坐标系，计算各点坐标，计算向量坐标，求出函数解析式，利用二次函数求出最值，A正确；取的中点，得到，求出的最大值，从而得到的最大值，B正确；利用数量积的几何意义求解投影向量，C错误；计算向量坐标即可判断D错误，得到答案.【详解】如图所示：以为轴，为轴建立直角坐标系，设， 在中，根据余弦定理可得，，整理得到，，，，设，对选项A：，，所以，所以，所以当时，函数有最小值为，A正确；对选项B：取的中点，则，，则，，两式相减得：，由正八边形的对称性知，当点与点或重合时，最大，又，所以，所以，所以的最大值为，B正确；对选项C：，， 所以，即投影向量为，C错误；对选项D：因为，，所以，又，所以，D错误.故选：AB12.某同学在研究函数的性质时，受到两点间距离公式的启发，将变形为，则下列关于函数的描述正确的是（）A.的图象是中心对称图形B.的图象是轴对称图形C.的值域为D.方程有两个解【答案】BCD【解析】【分析】计算得出，利用函数对称性的定义可判断B选项；利用函数的几何意义求出的值域，可判断C选项；利用反证法可判断A选项；解方程，结合函数的单调性、对称性以及零点存在定理可判断D选项.【详解】对于B选项，因为函数的定义域为，，所以，函数的图象关于直线对称，B对；对于C选项，因为函数的几何意义为点到点和点的距离之和，如下图所示： ，当且仅当点、、共线时，等号成立，所以，函数的值域为，C对；对于A选项，由C选项可知，函数只有最小值，若函数的图象为中心对称图形，则函数有最大值，这与函数的值域为矛盾，A错；对于D选项，设，由可得，解得，因为函数的图象关于直线对称，且函数的值域为，因为，，所以，方程无解，令，易知函数在上为增函数，且，，由零点存在定理可知，在上存在一个零点，即方程由一个根，则方程在上有个根， 综上所述，方程有两个根，D对.故选：BCD.【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：（1）确定内层函数和外层函数；（2）确定外层函数的零点；（3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则__________．【答案】【解析】【分析】先求出，由三角函数的定义即可求解.【详解】由题意知，．故答案为：.【点睛】本题考查三角函数定义的应用，属于基础题.14.设，则函数的最小值为_____【答案】##0.5【解析】【分析】利用换元法令，则，再利用基本不等式求最值．【详解】解：令，则，所以， 当且仅当，即，时等号成立，故函数的最小值为．故答案为：.15.已知为定义在R上的奇函数，为偶函数，且对任意的，，，都有，试写出符合上述条件的一个函数解析式______.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据给定的奇偶性，推理计算得函数的周期性，再结合单调性求解作答.【详解】因为是定义在R上的奇函数，则，且，又为偶函数，则，即，于是，则，即是以为周期的周期函数，对任意，，，都有，可得在单调递减，不妨设，由题意，，所以，则，当时，，因为在上单调递减，且在上单调递增，所以，不妨取，此时.故符合上述条件的一个函数解析式，（答案不唯一）.故答案为：（答案不唯一）16.若点为边长为的正内的一个动点且，则的最小值为______.【答案】## 【解析】【分析】利用旋转法绕点旋转成，过点作，则，即可得出答案.【详解】由题知，绕点旋转成，使得与重合，如图所示，则是等边三角形，，，过点作，因为为边长为的正内的一个动点，所以，所以.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤.17.已知函数，.（1）求；（2）求函数的值域.【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）直接代入计算可得；（2）利用二倍角公式及诱导公式将函数转化为的二次型函数，再换元，结合二次函数的的性质计算可得.【小问1详解】因为，所以.【小问2详解】令，因为，所以，则，令，，则在上单调递减，在上单调递增，又，，，所以，所以函数的值域.18.随着现代社会物质生活水平的提高，中学生的零花钱越来越多，消费水平也越来越高，因此滋生了一些不良的攀比现象.某学校为帮助学生培养正确的消费观念，对该校学生每周零花钱的数额进行了随机调查，现将统计数据按，，…，分组后绘成如图所示的频率分布直方图，已知. （1）求频率分布直方图中，的值；（2）估计该校学生每周零花钱的第55百分位数；（3）若按照各组频率的比例采用分层随机抽样的方法从每周零花钱在内的人中抽取11人，求内抽取的人数.【答案】（1），（2）70元（3）2人【解析】【分析】（1）根据频率之和为1，结合已知可得；（2）先判断第55百分位数所在区间，然后可得；（3）先求各组频率，根据频率比例即可求得抽取人数.【小问1详解】，即又，所以，.【小问2详解】前3组的频率和为，前4组的频率和为，∴第55百分位数位于第4组内.∴估计第55百分位数为元.【小问3详解】，，这三组的频率分别为，，，比例为，则从内抽取的人数分别为.19.衢州市某公园供市民休息的石凳是阿基米德多面体，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体（各棱长都相等），已知正方体的棱长为30cm. （1）证明：平面平面；（2）求石凳所对应几何体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据面面平行的性质定理证明即可；（2）先求出正方体的体积，再求出截去的八个四面体的体积，作差即可求解.【小问1详解】多面体为二十四等边体知、、、、、为正方体对应棱上的中点则，，，平面，，平面，则平面平面.【小问2详解】正方体体积，截去的每个四面体体积为，所以石凳所对应几何体的体积为. 20.在中，角，，所对的边分别为，，，且满足.（1）求角的大小；（2）求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用两角和的正弦公式将条件化简，再利用正弦定理和三角恒等变换求出，根据三角形内角的取值范围即可求解；（2）法1：利用正弦定理将边化为角，然后利用三角形内角和定理、三角恒等变换和余弦函数的图像即可求解；由（1）先利用余弦定理得到，然后利用基本不等式即可求解.【小问1详解】因为，化简可得，由正弦定理可得，∴，∴，∴，∴，即，因为，则，∴，则.【小问2详解】法1：由正弦定理可得 ，因为，所以，则，所以，故，所以的取值范围为.法2：由（1）可知，在中，由余弦定理可得，则，，，所以，则，所以的取值范围为.21.如图在三棱台中，平面，，，.（1）求点到平面的距离；（2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】解法一：（1）先利用线面垂直关系证明平面，进而结合余弦定理求得，进而利用等体积法求解即可；（2）过作，垂足为，先证明平面，过点作，垂足为，连接，可得为二面角的平面角，进而求解即可.解法二：（1）先利用线面垂直关系证明平面，进而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再结合空间向量求解即可；（2）求出平面的法向量，再利用空间向量求解即可.【小问1详解】解法一：因为平面，平面，平面，平面，所以，，，又，，且平面，所以平面，因为平面，所以.在中，，在中，，过作，垂足为，则，，则，所以，所以在中，， 则在中，，则，所以，，设点到面的距离为，根据，即，即，解得，所以点到平面的距离为.解法二：同解法一先证平面，如图建系，则，，，，，则，，，设平面的法向量为，由，得，即，取，则点到平面的距离为.【小问2详解】解法一：过作，垂足为，由（1）知平面， 因为平面，所以，又，且平面，则平面，过点作，垂足为，连接，则为二面角的平面角，又，，，则，由∽，得，所以，所以，所以，所以二面角的正弦值为.解法二：由（1）解法二知，，，，，，则，，设平面的法向量为，由，得，即，取， 又平面的法向量为，则，则二面角的正弦值为.22.已知函数，（1）当时，求的单调递减区间；（2）若有三个零点，且求证：①②.【答案】（1）（2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意去绝对值，然后根据二次函数的性质即可求解；（2）①根据题意可得当时不符合题意即，且进而得到，然后根据题意代入即可证明；②根据题意和求根公式可得，，然后作差即可证明. 【小问1详解】因为，所以，当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递增；因此的单调递减区间为.小问2详解】①，当时，仅有一个零点，不合题意；当时，当时，在仅有一个零点，在没有零点，不合题意；当时，在仅有一个零点，因为，所以在没有零点，不合题意；因此，所以在仅有一个零点，在有两个零点，，且当时；，∴，∵，∴，∴，∵，∴， 综上：②由题意可知：，，∴，∴.