精品解析：江苏省南通市2022-2023学年高一下学期6月期末数学试题（解析版）

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2023年南通市高一学年度质量监测数学一､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．1. 复数的实部为（    ）A.  B.  C. -1 D. 1【答案】A【解析】【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再利用复数的概念求解.【详解】因为复数，所以复数的实部为.故选：A2. 设全集，集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据集合的交并补运算即可求解.【详解】,,,,故选:C3. 在边长为3的正方形中，，则（    ）A. -5 B. 5 C. 15 D. 25【答案】C【解析】【分析】根据向量数量积运算、向量线性运算求得正确答案.【详解】由于，所以，所以，又，所以.故选：C.4. 在中，角、、的对边分别为、、．若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求得的值.【详解】因为，由正弦定理可得，设，则，，由余弦定理可得.故选：D.5. 函数的零点所在区间是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论.【详解】因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数，因为，，由零点存在定理可知，函数的零点所在区间是.故选：B.6. 已知是两条不同的直线，且平面，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】A【解析】【分析】利用充分条件、必要条件的定义结合空间中线面关系即可得出选项.【详解】若，且平面，则，所以“”是“”的充分条件，若，平面，则，平面，或者与相交（包括），所以“”不是“”的必要条件，综上，“”是“”的充分不必要条件.故选：A7. 一组样本数据的平均数为，标准差为3.另一组样本数据的平均数为，标准差为，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据平均数、方差公式判断数据添加平均数后新的平均数、标准差变化情况即可.【详解】因为，所以，所以，，，所以，解得，所以.故选：B8. 某船在海面上航行至处，测得山顶位于其正西方向且仰角为，该船继续沿南偏东的方向航行5百米至处，测得山顶的仰角为，则该山顶高于海面（    ）A. 百米 B. 百米 C. 百米 D. 百米【答案】B【解析】【分析】设山顶高于海面的距离为，利用余弦定理求解即可.【详解】如图所示：  设山顶高于海面的距离为，由题意，，，所以，在中，，，由余弦定理得，即，即，解得或（舍去），所以该山顶高于海面百米.故选：B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. 在中，为边的中点，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】利用平面向量的线性运算逐项判断，可得出合适的选项.【详解】如下图所示：对于A选项，，A错；对于B选项，，B对；对于C选项，，C对；对于D选项，，D对.故选：BCD.10. 关于函数，下列说法正确的是（    ）A. 最小正周期为 B. C. 图象关于点对称 D. 在上的最大值为1【答案】ACD【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦函数的图象性质，逐项分析判断作答.【详解】对于A，的最小正周期，故选项A正确；对于B，，故选项B错误；对于C，令，则，所以的对称中心为，当时，函数的图象关于点对称，故选项C正确；对于D，因为，所以，当即时，函数取最大值1，故选项D正确；故选：ACD.11. 同时抛掷两枚硬币，记“出现两个正面”为事件，“出现两个反面”为事件，则（    ）A. 为必然事件 B. 为不可能事件C. 与为互斥事件 D. 与为独立事件【答案】BC【解析】【分析】根据实验的所有结果，判断事件与事件的关系.【详解】同时抛掷两枚质地均匀的硬币结果有：正正，正反，反正，反反，共4个基本事件，不是必然事件，A选项错误；事件与事件不能同时发生，为不可能事件，与为互斥事件，与不是独立事件， B选项正确，C选项正确，D选项错误；故选：BC12. 如图，在底面为平行四边形的直四棱柱中，，，、分别为棱、的中点，则（    ）  A. B. 与平面所成角的余弦值为C. 三棱柱的外接球的表面积为D. 点到平面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】证明出，再结合可判断A选项；利用线面角定义可判断B选项；求出的外接圆直径，可求得三棱柱的外接球的直径为，结合球体的表面积公式可判断C选项；利用等体积法可判断D选项.【详解】对于A选项，连接、，  因为四边形为平行四边形，且，则为菱形，因为，则，且，故为等边三角形，因为为的中点，则，因为且，则四边形为平行四边形，所以，，故，A对；对于B选项，过点在平面内作，垂足为点，连接，    因为平面，平面，则，因为，，、平面，则平面，所以，与平面所成角为，因为四边形是边长为的菱形，且，则，故，由余弦定理可得，因为，则，因为平面，平面，则，所以，，因为平面，平面，则，所以，，所以，，即与平面所成角的余弦值为，B错；对于C选项，如下图所示：    圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.且有，可将直三棱柱置于圆柱内，使得、的外接圆分别为圆、圆，如下图所示：    因为，，则为等边三角形，故圆的直径为，所以，三棱柱的外接球的直径为，所以，三棱柱的外接球的表面积为，C对；对于D选项，连接、，如下图所示：  因为平面，平面，则，又因为且，则四边形为矩形，所以，，因为，平面，平面，则平面，所以，点到平面的距离等于，因为点为的中点，则点到平面的距离为，所以，，因为四边形为矩形，则，因为，，则，同理，在中，，，，由余弦定理可得，因为平面，平面，则，所以，，所以，，则，所以，，设点到平面的距离为，由，得，所以，，即点到平面的距离为，D对.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13. 某学生8次素养测试的成绩统计如下：，则该组数据的第80百分位数为__________．【答案】92【解析】【分析】根据百分位数的计算即可求解.【详解】由于,所以该组数据的第80百分位数为第七个数.故答案为：9214. 已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为______.【答案】##【解析】【分析】依次求圆锥底面周长、底面半径、高，由体积公式即可求.【详解】由题意，圆锥底面周长为，故圆锥底面半径，圆锥高，故圆锥的体积为.故答案为：15. 满足，的一个复数__________．【答案】（或中的一个，答案不唯一）【解析】【分析】设，根据可得出或，分、两种情况讨论，结合复数的模长公式可求得复数的值.【详解】设，则，因为，则，即或.当时，即，由，解得或，此时，或；当时，即，由，解得，此时，.综上所述，或.故答案为：（或中的一个，答案不唯一）16. 在中，角的对边分别为为的中点，，则的周长为__________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用余弦定理建立方程，即可求解作答.【详解】在中，，由余弦定理得，即，整理得，在中，，由余弦定理得，相加整理得，即，因此，解得，所以的周长为.故答案为：四､解答题：本大题共6小题，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. 某种经济树木根据其底部周长的不同售价有所差异，底部周长在为三类树，底部周长在为二类树，底部周长大于或等于为一类树．为了解一大片该经济林的生长情况，随机测量其中100株树木的底部周长（单位：），数据均落在之间，按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．  （1）估计该片经济林中二类树约占多少；（2）将同组中的每个数据都用该组区间中点的数值代替，试估计该经济林中树木的平均底部周长．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，即可求解二类树频率，（2）根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解.【小问1详解】由频率分布直方图可得，所以，解得．因为底部周长在为二类树，所以由图可得，．答：该片经济林中二类树木约占．【小问2详解】由题意可得，答：估计该经济林中树木的平均底部周长为．18. 如图，在三棱锥中，平面分别为的中点．  （1）证明：∥平面；（2）证明：平面平面．【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由三角形中位线定理可得∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；（2）由（1）知∥，而，则有，再由已知的线面垂直可得，则由线面垂直的判定定理可得平面，从而利用面面垂直的判定定理可证得结论.【小问1详解】证明：在中，因为分别为的中点，所以∥．又因为平面平面，所以∥平面．【小问2详解】证明：由（1）可知∥，又因为，所以．因为平面平面，所以．又因为平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．19. 已知向量，函数.（1）求的单调递增区间；（2）若，求.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示函数，然后对函数进行降幂化简，代入正弦函数的单调增区间求解；（2）先求，然后结合角的范围及同角关系求得，然后利用两角差的正弦公式化简计算即可.【小问1详解】，由，解得，所以的单调递增区间是.【小问2详解】，因为，所以，所以，所以.20. 某校知识竞赛分初赛､复赛两轮.某班从甲､乙两名学生中选拔一人参加学校知识竞赛（初赛），抽取了两人6次模拟测试的成绩，统计结果如下表： 第1次第2次第3次第4次第5次第6次甲成绩（分）10090120130105115乙的成绩（分）9512511095100135 （1）试根据以上数据比较两名同学的水平，并确定参加初赛的对象；（2）初赛要求如下：参赛者从5道试题中随机抽取3道作答，至少答对2道方可进入复赛.若某参赛者会5道中的3道，求该参赛者能进入复赛的概率.【答案】（1）甲､乙的平均分相同，但甲的成绩比乙稳定；选甲参加知识竞赛较合适    （2）【解析】【分析】（1）根据表格数据计算平均数和方差，比较即可确定人选；（2）列举总的基本事件和所求事件包含的基本事件，利用古典概率概率计算公式即可求解.【小问1详解】由题意可得，，，，，所以，，所以甲､乙的平均分相同，但甲的成绩比乙稳定，故选甲参加知识竞赛较合适.【小问2详解】在5道题中，参赛者会答的3道题分别记为，另外2道不会答的题分别记为，记“参赛者进入复赛”为事件，参赛者从5道题中抽3道题的结果有，，，共10种.进入复赛，即至少答对2道的情况有，，共7种.所以参赛者进入复赛的概率为.21. 在中，角的对边分别为．（1）求；（2）若，点在边上，连接并延长至点，且．求面积的最大值及此时点的位置．【答案】（1）    （2）最大值为；点在边上靠近的三等分点【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化以及辅助角公式，即可结合三角函数的性质求解，（1）根据正弦定理求解，进而由余弦定理以及面积公式，结合基本不等式即可求解最值，进而根据边角大小，求解的长度，即可确定位置.【小问1详解】在中，由正弦定理，得．因为，所以．因为，所以，故，则,因为，所以，则,因此【小问2详解】在中，，由（1）知．在中，由正弦定理得．因为，所以，所以．在中，因为，所以．设．在中，由余弦定理，得．因为，所以，所以，当且仅当时等号成立．所以面积的最大值为．在中，因为，所以．在中，因为，所以．在Rt中，，所以点在边上靠近的三等分点．  22. 如图，在四棱台中，∥侧面，为的中点，为棱上的点，∥平面．  （1）证明：平面∥平面；（2）求；（3）求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）由已知条件可证得四边形是平行四边形，则∥，再由线面平行的判定可得∥平面，而∥平面，所以由面面平行的判定定理可证得结论；（2）由面面平行的性质可得∥，则得四边形是平行四边形，从而可求出；（3）在梯形中，过点作的垂线，垂足为，连接，则可得∥∥，可证得平面，则二面角的平面角是，然后在中求解即可.【小问1详解】在四棱台中，因为，所以，所以．又因为为的中点，所以．四棱台中，∥，所以四边形是平行四边形，所以∥．又平面平面，所以∥平面．又因为∥平面平面平面，所以平面∥平面，【小问2详解】由（1）知平面∥平面，又因为平面平面，平面平面，所以∥，又因为∥，所以四边形是平行四边形，所以．又由（1）知，所以．【小问3详解】在梯形中，过点作的垂线，垂足为，连接．  因，所以．在梯形中，因为∥，所以四边形是平行四边形，所以∥，所以∥∥，又因为平面平面，所以，所以．又因为平面平面，所以平面．又因为平面，所以，所以二面角的平面角是．因为，所以．因为平面平面，所以．因为∥∥，所以．在中，，所以，所以．所以二面角的大小是．【点睛】关键点点睛：此题考查面面平行的判定，考查二面角的求法，解题的关键是根据题意证明出平面，则可得二面角的平面角是，然后在直角三角形中求解即可，考查空间想象能力和推理能力，属于较难题.